【BZOJ 4010】 [HNOI2015]菜肴制作

4010: [HNOI2015]菜肴制作

Time Limit: 5 Sec Memory Limit: 512 MB
Submit: 426 Solved: 242
[Submit][Status][Discuss]
Description

知名美食家小 A被邀请至ATM 大酒店，为其品评菜肴。

ATM 酒店为小 A 准备了 N 道菜肴，酒店按照为菜肴预估的质量从高到低给予
1到N的顺序编号，预估质量最高的菜肴编号为1。由于菜肴之间口味搭配的问题，
某些菜肴必须在另一些菜肴之前制作，具体的，一共有 M 条形如“i 号菜肴‘必须’
先于 j 号菜肴制作”的限制，我们将这样的限制简写为 <i,j> 。现在，酒店希望能求
出一个最优的菜肴的制作顺序，使得小 A能尽量先吃到质量高的菜肴：也就是说，
(1)在满足所有限制的前提下，1 号菜肴“尽量”优先制作；(2)在满足所有限制，1
号菜肴“尽量”优先制作的前提下，2号菜肴“尽量”优先制作；(3)在满足所有限
制，1号和2号菜肴“尽量”优先的前提下，3号菜肴“尽量”优先制作；(4)在满
足所有限制，1 号和 2 号和 3 号菜肴“尽量”优先的前提下，4 号菜肴“尽量”优
先制作；(5)以此类推。
例1：共4 道菜肴，两条限制<3,1>、<4,1>，那么制作顺序是 3,4,1,2。例2：共
5道菜肴，两条限制<5,2>、 <4,3>，那么制作顺序是 1,5,2,4,3。例1里，首先考虑 1，
因为有限制<3,1>和<4,1>，所以只有制作完 3 和 4 后才能制作 1，而根据(3)，3 号
又应“尽量”比 4 号优先，所以当前可确定前三道菜的制作顺序是 3,4,1；接下来
考虑2，确定最终的制作顺序是 3,4,1,2。例 2里，首先制作 1是不违背限制的；接
下来考虑 2 时有<5,2>的限制，所以接下来先制作 5 再制作 2；接下来考虑 3 时有
<4,3>的限制，所以接下来先制作 4再制作 3，从而最终的顺序是 1,5,2,4,3。
现在你需要求出这个最优的菜肴制作顺序。无解输出“Impossible!” （不含引号，
首字母大写，其余字母小写）
Input

第一行是一个正整数D，表示数据组数。

接下来是D组数据。
对于每组数据：
第一行两个用空格分开的正整数N和M，分别表示菜肴数目和制作顺序限
制的条目数。
接下来M行，每行两个正整数x,y，表示“x号菜肴必须先于y号菜肴制作”
的限制。（注意：M条限制中可能存在完全相同的限制）
Output

输出文件仅包含 D 行，每行 N 个整数，表示最优的菜肴制作顺序，或

者”Impossible!”表示无解（不含引号）。
Sample Input

3

5 4

5 4

5 3

4 2

3 2

3 3

1 2

2 3

3 1

5 2

5 2

4 3
Sample Output

1 5 3 4 2

Impossible!

1 5 2 4 3
HINT

【样例解释】

第二组数据同时要求菜肴1先于菜肴2制作，菜肴2先于菜肴3制作，菜肴3先于

菜肴1制作，而这是无论如何也不可能满足的，从而导致无解。

100%的数据满足N,M<=100000,D<=3。

思路题+拓扑排序。

注意题目并不是要求字典序最小，而是要求较小的尽量靠前。
如图：

答案是52431，而字典序最小的是43521.

等价于倒着的字典序最大，因为字典序最大相当于小的尽量靠后，即正着的小的尽量靠前。

所以倒着做字典序最大的拓扑排序即可。

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <cstdlib>
#include <algorithm>
#define mod 1000000007
#define M 100005
#include <queue>
#define LL long long
using namespace std;
priority_queue<int> q;
struct edge
{
    int y,ne;
}e[M];
int du[M],h[M],ans[M],tot,D,n,m;
void read(int &tmp)
{
    tmp=0;
    char ch=getchar();
    for (;ch<'0'||ch>'9';ch=getchar());
    for (;ch>='0'&&ch<='9';ch=getchar())
        tmp=tmp*10+ch-'0';
}
void Addedge(int x,int y)
{
    e[++tot].y=y;
    e[tot].ne=h[x];
    h[x]=tot;
    du[y]++;
}
int main()
{
    read(D);
    while (D--)
    {
        tot=0;
        read(n),read(m);
        for (int i=1;i<=n;i++)
            du[i]=h[i]=0;
        for (int i=1;i<=m;i++)
        {
            int x,y;
            read(x),read(y);
            Addedge(y,x);
        }
        int now=0;
        for (int i=1;i<=n;i++)
            if (!du[i]) q.push(i);
        while (!q.empty())
        {
            int x=q.top();
            q.pop();
            ans[++now]=x;
            for (int i=h[x];i;i=e[i].ne)
            {
                int y=e[i].y;
                du[y]--;
                if (!du[y]) q.push(y);
            }
        }
        if (now==n)
        {
            for (int i=n;i>=1;i--)
                printf("%d ",ans[i]);
            printf("\n");
        }
        else
            printf("Impossible!\n");
    }
    return 0;
}