bzoj2535: [Noi2010]Plane 航空管制

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bzoj2535

题目描述

Description

世博期间，上海的航空客运量大大超过了平时，随之而来的航空管制也频频发生。最近，小X就因为航空管制，连续两次在机场被延误超过了两小时。对此，小X表示很不满意。 在这次来烟台的路上，小 X不幸又一次碰上了航空管制。于是小 X开始思考关于航空管制的问题。 假设目前被延误航班共有 n个，编号为 1至n。机场只有一条起飞跑道，所有的航班需按某个顺序依次起飞（称这个顺序为起飞序列）。定义一个航班的起飞序号为该航班在起飞序列中的位置，即是第几个起飞的航班。 起飞序列还存在两类限制条件：  第一类（最晚起飞时间限制）：编号为 i的航班起飞序号不得超过 ki;  第二类（相对起飞顺序限制）：存在一些相对起飞顺序限制(a, b)，表示航班 a的起飞时间必须早于航班 b，即航班 a的起飞序号必须小于航班 b 的起飞序号。 小X 思考的第一个问题是，若给定以上两类限制条件，是否可以计算出一个可行的起飞序列。第二个问题则是，在考虑两类限制条件的情况下，如何求出每个航班在所有可行的起飞序列中的最小起飞序号。

Input

第一行包含两个正整数 n和m，n表示航班数目，m表示第二类限制条件（相对起飞顺序限制）的数目。 第二行包含 n个正整数 k1, k2, „, kn。 接下来 m行，每行两个正整数 a和b，表示一对相对起飞顺序限制(a, b)，其中1≤a,b≤n, 表示航班 a必须先于航班 b起飞。

Output

由两行组成。
第一行包含 n个整数，表示一个可行的起飞序列，相邻两个整数用空格分隔。
输入数据保证至少存在一个可行的起飞序列。如果存在多个可行的方案，输出任意一个即可。
第二行包含 n个整数 t1, t2, „, tn，其中 ti表示航班i可能的最小起飞序
号，相邻两个整数用空格分隔。

Sample Input

5 5
4 5 2 5 4
1 2
3 2
5 1
3 4
3 1

Sample Output

3 5 1 4 2
3 4 1 2 1

HINT

对于100%数据：n≤2,000，m≤10,000。

题解

可以把整个有向图反向，在反向图中，某些点i的拓扑序被限制最早只能在某个出现。那么在放点i之前，就可以随意放很多点了，直接贪心即可。
对于第二问，我们要求i最早出现的位置，对应到反向图中就是最晚出现的位置。只要先忽略i，直到不得不选i时，便是i的最晚位置。只要对每个元素都做一次就能得到结果了。实现方法可以看代码。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<vector>
using namespace std;

pair<int,int> p[2100];
struct edge{
    int x,next;
}e[10010];
queue<int>q;
int first[2010],du[2010],tmp[2010],ans[2010],lim[2010],tot,n,m,x,y;

void add(int x,int y){
    e[++tot].x=y;
    e[tot].next=first[x];
    first[x]=tot;
}
int work(int x){
    memcpy(tmp,du,sizeof(du));
    int t=1;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        for(;t<=n&&p[t].first<=i;t++)
        if(!tmp[p[t].second]&&p[t].second!=x)  //利用单调性加点
        q.push(p[t].second);
        if(q.empty()) return i;
        y=q.front(); q.pop();
        if(x==0) ans[i]=y;
        for(int j=first[y];j;j=e[j].next){
            tmp[e[j].x]--;
            if(!tmp[e[j].x]&&e[j].x!=x&&lim[e[j].x]<=i)
            q.push(e[j].x);
        }
    }
    while(!q.empty()) q.pop();
    return 0;
}
int main(){
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=1;i<=n;i++){
        scanf("%d",&p[i].first);
        p[i].first=n-p[i].first+1;
        lim[i]=p[i].first;
        p[i].second=i;
    }
    sort(p+1,p+1+n); //按在反向图的最早位置排序
    for(int i=1;i<=m;i++){
        scanf("%d%d",&x,&y);
        add(y,x);
        du[x]++;
    }
    work(0); //不忽略任何点是的答案就是第一问的答案
    for(int i=n;i;i--) printf("%d%c",ans[i],i==1?'\n':' ');
    for(int i=1;i<=n;i++) 
    printf("%d%c",n-work(i)+1,i==n?'\n':' ');
    return 0;
}