E. Speedrun

Problem - E - Codeforces

思路：分析题意知给定的图一定是一个有向无环图，所以能够使用拓扑序，在进行拓扑排序的途中统计一个维护一个完成当前任务的最小时间，那么入度为零的点就是一开始的时间，其他的点就是统计所有前驱的最大值max，表示至少在这个最大值之后它才能够完成这个任务，然后我们在看一下max%k与w[u]的关系，如果是大于关系，则代表要完成w[u]必须要到下一天了，因为这一天已经是max%k了，已经比w[u]大了；如果是小于关系，那么能够在这一天完成这个任务。那么我们现在就得到了每个点能够完成的最小的时间，那么统计最大值以及最小值相减就是答案吗？不是的，因为我们通过样例能够发现，我们可以讲某个入度为零的点延后一天完成，这样就使得最小值变大了，但是可能最大值会增加一点点，这样就能够使得差值变小了，那么我们能否枚举所有的入度为零的点，从小到达枚举，然后讲它们延后一天，统计出延后之后的最大值，然后减去最小值呢？这样做是可以的，我们发现每个点最多只会被延后一天（因为假如说u为当前的点，j为其前驱节点，那么如果其中某个j延后了一天，对于u来说，有两种情况，如果延后一天之后也不比它大，说明我u不用延后保持原来的即可，如果延后之后比它大了，说明我必须要延后一天了。但是出现了第二中状态以后，就不会再出现第二种状态了，因为原先u的完成时间是比所有的j都大的，那么如果u+k，那么对于所有的j来说，j+k一定也不会比u+k大了，所有一定是满足条件了，所以每个点最多只会被延后一天，所以每个节点最多只会被遍历一次），那么这样我们就能够保证修改的时间复杂度了，所以就可以直接暴力枚举了

// Problem: E. Speedrun
// Contest: Codeforces - Pinely Round 2 (Div. 1 + Div. 2)
// URL: https://codeforces.com/contest/1863/problem/E
// Memory Limit: 256 MB
// Time Limit: 2000 ms

#include
#include
#include
#define fi first
#define se second
#define i128 __int128
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef double db;
typedef pair PII;
const double eps=1e-7;
const int N=5e5+7 ,M=5e5+7, INF=0x3f3f3f3f,mod=1e9+7,mod1=998244353;
const long long int llINF=0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
inline ll read() {ll x=0,f=1;char c=getchar();while(c<'0'||c>'9') {if(c=='-') f=-1;c=getchar();}
while(c>='0'&&c<='9') {x=(ll)x*10+c-'0';c=getchar();} return x*f;}
inline void write(ll x) {if(x < 0) {putchar('-'); x = -x;}if(x >= 10) write(x / 10);putchar(x % 10 + '0');}
inline void write(ll x,char ch) {write(x);putchar(ch);}
void stin() {freopen("in_put.txt","r",stdin);freopen("my_out_put.txt","w",stdout);}
bool cmp0(int a,int b) {return a>b;}
template T gcd(T a,T b) {return b==0?a:gcd(b,a%b);}
template T lcm(T a,T b) {return a*b/gcd(a,b);}
void hack() {printf("\n----------------------------------\n");}

int T,hackT;
int n,m,k;
int w[N];
int h[N],e[M],ne[M],idx;
ll dist[N];
int din[N];
vector son[N];
ll maxn=-1;

void add(int a,int b) {
	e[idx]=b,ne[idx]=h[a],h[a]=idx++;
}

void topsort() {
	queue q;
	for(int i=1;i<=n;i++) {
		if(!din[i]) q.push(i);
	}
	
	while(q.size()) {
		auto it=q.front();
		q.pop();
		
		if(son[it].size()==0) dist[it]=w[it];
		else {
			ll sum=0;
			
			for(int i=0;i=dist[u]) continue;
		else dfs(j,maxn);
	}
}

void solve() {
	n=read(),m=read(),k=read();
	
	memset(h,-1,sizeof(int)*(n+4));
	memset(din,0,sizeof(int)*(n+4));
	idx=0;
	for(int i=1;i<=n;i++) w[i]=read(),son[i].clear(),dist[i]=0;
	
	maxn=-1;
	while(m--) {
		int a=read(),b=read();
		add(a,b);
		son[b].push_back(a);
		din[b]++;
	}
	
	vector vis;
	for(int i=1;i<=n;i++) if(!din[i]) vis.push_back(i);
	
	topsort();
	
	for(int i=1;i<=n;i++) maxn=max(maxn,dist[i]);
	
	sort(vis.begin(),vis.end(),[&](int &a,int &b){
		return w[a]