学习笔记——拓扑排序

简介

拓扑排序是将一张有向图的节点进行排序，使得形成的拓扑序满足一个节点的前驱必然在其前面，一个节点的后继必然在其后面。
拓扑排序是根据各个节点的入度来实现的（即该节点前驱的个数）。首先先将入度为0的节点扔进队列里（即没有前驱的节点），每次弹出一个节点，即已经将他排好序，把它从图中拿出来。因为该节点已经从图中拿出来了，因此要遍历该节点的所有后继，将它的所有后继入度减一。此时如果他的某一个后继入度减一后变成了0，说明该后继在未排序的节点中它已经没有前驱，那就将它丢进队列中，因为队列是先进先出，所以会依此形成有序循环，直到队列为空。
队列为空后，该节点所在的强联通块就已经生成了拓扑序，而未联通的其他分量会不在拓扑序中。而在该联通块中，如果排好的序小于节点数量，说明图中有环。为啥子嘞？因为如果有环的话，环中的节点就会直接的或间接的指向自己，而拓扑排序时的后继检查不检查自己，因此环中节点的入度最后会是1（该唯一前驱为自己）因此拓扑排序同时可以用来判环。

实现

void topsort(vector<int> edge[101]/*图*/,int inDgree[101]/*入度*/)
{
 //假设排序100个点
 vector<int> shunxu;//顺序
 queue<int>Q;//队列
 for (int i = 0; i < 100; i++)//先将入度为0的点放进队列
  if (inDgree[i] == 0)
   Q.push(i);
 while (!Q.empty())
 {
  int now = Q.front(); Q.pop();
  for (auto e : edge[now])
  {
   if (--inDgree[e] == 0)//如果入度减一后为0
   {
    Q.push(e);//放进队列
    shunxu.push_back(e);//生成拓扑序
   }
  }
 }
 if (shunxu.size() == 100)
  cout << "无环";
 else
  cout << "有环";
}

时间复杂度

设点的数目为V，边为E
正常情况下，每一个节点都要入队一次，而每一条有向边都会贡献一次入度，所以入度减一执行E次。因此时间复杂度为$O(V+E)$。

Q1神经网络

原题传送门->洛谷P1038
根据拓扑序不断更新节点状态知道末尾即可

#include
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#include
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#include
#include
#include
using namespace std;
int inDgree[100]{ 0 };
struct twice {
    int p, w;//后继编号和边权
};
struct vertex {
    int c;//就是C
    vector<twice> next;//后继信息
    vertex(int c) :c(c) {  }
};
vector<vertex> edge;
int main()
{
    int n, p;
    cin >> n >> p;
    queue<int> Q;
    for (int i = 0; i < n; i++)
    {
        int a, b;
        cin >> a >> b;
        if (a != 0)//输入层直接入队
            Q.push(i), edge.push_back({ a });
        else
            edge.push_back({ a - b });//U是一个常数，
            //直接建图的时候剪掉到时在判是否大于0就可以
    }
    //建边
    for (int k = 0; k < p; k++)
    {
        int i, j, w;
        cin >> i >> j >> w;
        edge[i - 1].next.push_back({ j - 1,w });
        inDgree[j - 1]++;
    }
    while (!Q.empty())
    {
        int now = Q.front(); Q.pop();
        for (auto e : edge[now].next)
        {
            inDgree[e.p]--;
            if (inDgree[e.p] == 0)
                Q.push(e.p);
        }
        if (edge[now].c >= 0)//如果状态大于0，更新所有后继
        {
            for (auto e : edge[now].next)
            {
                edge[e.p].c += e.w*edge[now].c;
            }
        }
    }
    bool flag = false;
    for(int i=0;i<edge.size();i++)
        if (edge[i].c > 0&&edge[i].next.empty())//如果没有后继且状态为非0
        //肯定是活跃输出层
        {
            flag = true;
            cout << i + 1 << " " << edge[i].c << endl;
        }
    if (!flag)
        cout << "NULL";
    return 0;
}

时间复杂度：$O(V+E)$ 完事

Q2排序

原题传送门->洛谷P1347
根据关系建边，加入第一个关系，topsort，第二个，topsort… 知道出现结果。如果有环，即出现矛盾，如A 比如A 如A>B,B>C，这就有两层层次,A>B,A>C,就只有一层。换句话说，就是在最长单向路径上的节点数要等于总结点数，即产生一个全序（链状）。

#include
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#include
#include
#include
#include
using namespace std;
#define _(p) (p-'A')//字母转数字
struct Edge {
    vector<int> next;
};
struct twice {
    int a, b;
};
vector<Edge> edge;//这里的建边有问题，会慢，应该是vector edge[10000]
bool vis[26]{ false };
int inDgree[26]{ 0 }, inDgreet[26]{ 0 };//需要一个临时入度，因为要排多次
int top[26]{ 0 };//记录顺序
int main()
{
    int n, m;
    cin >> n >> m;
    edge.resize(26);
    for (int i = 1; i <= m; i++)//排序m次
    {
        char a, b;
        int cnt = 0;//记录排序节点数
        int points = 0;//总结点数
        cin >> a;
        cin.ignore(1, '<'); cin >> b;
        edge[_(a)].next.push_back(_(b));
        inDgreet[_(b)]++;
        vis[_(a)] = vis[_(b)] = true;
        for (auto e : vis)
            if (e == true)
                points++;
        queue<twice> Q;
        for (int j = 0; j < 26; j++)
            inDgree[j] = inDgreet[j];
        for (int j = 0; j < edge.size(); j++)
        {
            if (inDgree[j] == 0 && vis[j])
                Q.push({j,1});
        }
        int mval = -1;//最长路径上的节点数
        while (!Q.empty())
        {
            twice now = Q.front(); Q.pop();
            top[cnt++] = now.a;//记录顺序
            mval = max(mval, now.b);路径更新
            for (auto e : edge[now.a].next)
            {
                if (--inDgree[e] == 0)
                    Q.push({ e,now.b + 1 });后继的路径要＋1
            }
        }
        if (cnt != points)如果排序数不等于节点数，说明有环
        {
            cout << "Inconsistency found after " << i << " relations.";
            return 0;
        }
        if (mval == n)最长路径上的节点数达到n个，说明说有待排序点已经生成全序
                {
            cout << "Sorted sequence determined after " << i << " relations: ";
            for (int i = 0; i < n; i++)
                cout << char(top[i] + 'A');
            cout << ".";
            return 0;
        }
    }
    cout << "Sorted sequence cannot be determined.";
    return 0;
}

时间复杂度：$O(m(V+E))$

Q3车站分级

原题传送门->洛谷P1983
这道题需要反着想，在一趟车次中，未经停的站等级一定小于经停的站，所以根据每一趟车次来建图。由此可见这一定是有多个重边的稠密图，所以直接邻接矩阵建图，暴力跑一边拓扑即可，当然这是很辣鸡的方法。貌似还有线段树优化的做法，可是本蒟蒻不会呀 。然后建图的时候每一趟之考虑首发站和重点站，我个emmmmm一开始还每一趟都考虑所有站，emmmmm。

#include
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#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
using namespace std;
#define il inline
#define min(a,b) (a
#define max(a,b) (a>b?a:b)
struct twice {
    int point, val;//点编号与拓扑层次
};
int node[1001][1001];//邻接矩阵
int inDgree[1001];//入度
bool vis[1001];
int main()
{
    int n, m;
    cin >> n >> m;
    for (int k = 1; k <= m; k++)
    {
        int t, x, y; cin >> t;
        cin >> x; t--;
        vis[x] = true;//记录每一趟经停
        while (t--)
        {
            cin >> y;
            vis[y] = true;
        }
        for(int i=x;i<=y;i++)//从起始站枚举到终点站
            if (vis[i])
            {
                for (int j = x; j <= y; j++)
                    if (!vis[j] && i != j)
                    {
                        if (node[i][j] == 1)//如果两个点有双向边，则说明时
                        //同级的，当作没有边处理
                        {
                            node[i][j] = node[j][i] = -1;//标记一下
                            inDgree[i]--; inDgree[j]--;
                        }
                        if (node[j][i] == 0)
                        {
                            inDgree[i]++;
                            node[j][i] = 1;
                        }
                    }
            }
        for (int i = 1; i <= n; i++)//别忘了更新
            vis[i] = false;
    }
    queue<twice> Q;
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        if (inDgree[i] == 0)
            Q.push({ i,1 });
    int cnt = 1;//记录最大层次
    while (!Q.empty())
    {
        twice now = Q.front(); Q.pop();
        cnt = max(cnt, now.val);
        for (int i = 1; i <= n; i++)
        {
            if (node[now.point][i] > 0)//如果有边
            {
                if (--inDgree[i] == 0)
                {
                    Q.push({ i,now.val + 1 });
                }
            }
        }
    }
    cout << cnt;//最大层次就是最高等级
    return 0;
}

时间复杂度： $o(n^{2}m)$