Bzoj2535 [Noi2010]Plane 航空管制2

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

HINT

Source

反向存边，并将每架飞机的起飞限制x改成n-x，就将问题转化成一个求飞机最晚起飞时间的问题，用拓扑排序可解。

如何求每架飞机的最小起飞次序？在新问题中，每次限制不起飞某架飞机p，而将其他能飞的飞机都飞出去（拓扑排序时不处理p结点，让p连出去的边都保留下来），此时飞机p必须起飞了，这个时间就是它在新问题中的最晚起飞时间，也就是原问题中的最早起飞时间。

1 /************************************************************** 2 Problem: 2535 3 User: SilverN 4 Language: C++ 5 Result: Accepted 6 Time:1296 ms 7 Memory:3284 kb 8 ****************************************************************/ 9 10 #include<algorithm> 11 #include<iostream> 12 #include<cstring> 13 #include<cstdio> 14 #include<cmath> 15 #include<queue> 16 using namespace std; 17 const int mxn=30000; 18 int read(){ 19 int x=0,f=1;char ch=getchar(); 20 while(ch<‘0‘ || ch>‘9‘){if(ch==‘-‘)f=-1;ch=getchar();} 21 while(ch>=‘0‘ && ch<=‘9‘){x=x*10+ch-‘0‘;ch=getchar();} 22 return x*f; 23 } 24 //bas 25 int n,m; 26 //plane 27 struct plane{ 28 int id; 29 int limit; 30 }p[mxn]; 31 int cmp(plane a,plane b){return a.limit<b.limit;} 32 //edge 33 struct edge{//存边，若a必须早于b起飞，则存一条从b到a的边 34 int v; 35 int nxt; 36 }e[mxn]; 37 int hd[mxn],mct=0; 38 void add_edge(int u,int v){ 39 e[++mct].v=v;e[mct].nxt=hd[u];hd[u]=mct; 40 return; 41 } 42 43 //拓扑排序 44 int limit[mxn]; 45 int ind[mxn]; 46 int top=0; 47 int ans[mxn]; 48 int deg[mxn]; 49 /* 50 queue<int>q; 51 void solve(int x){ 52 memcpy(deg,ind,sizeof ind); 53 while(!q.empty()) q.pop(); 54 int i,j; 55 top=0; 56 int pos=1; 57 for(i=1;i<=n;i++){ 58 for(;pos<=n && p[pos].limit<i;pos++){ 59 int v=p[pos].id; 60 if(!deg[v] && x!=v){ 61 q.push(v); 62 ans[++top]=v; 63 } 64 } 65 if(q.empty())break; 66 int u=q.front();q.pop(); 67 for(j=hd[u];j;j=e[j].nxt){ 68 int v=e[j].v; 69 deg[v]--; 70 if(!deg[v] && v!=x && limit[v]<i){ 71 q.push(v); 72 ans[++top]=v; 73 } 74 } 75 } 76 return; 77 }*/ 78 int head,tail; 79 int q[mxn<<3]; 80 void solve(int x){//不安排x 81 int pos,i,j,u,v; 82 memcpy(deg,ind,sizeof ind); 83 head=tail=0; 84 for(i=1,pos=1;i<=n;i++){ 85 for(;pos<=n && p[pos].limit<i;pos++){ 86 int v=p[pos].id; 87 if(!deg[v] && x!=v){ 88 // printf("test2:%d %d\n",deg[v],v); 89 q[++tail]=v; 90 } 91 } 92 if(head<tail){ 93 u=q[++head]; 94 for(j=hd[u];j;j=e[j].nxt){ 95 int v=e[j].v; 96 deg[v]--; 97 if(!deg[v] && v!=x && limit[v]<i){ 98 // printf("test3:%d %d\n",deg[v],v); 99 q[++tail]=v; 100 } 101 } 102 } 103 else return; 104 } 105 return; 106 } 107 108 //main 109 int main(){ 110 int i,j; 111 n=read();m=read(); 112 for(i=1;i<=n;i++){ 113 p[i].limit=read(); 114 p[i].limit=n-p[i].limit; 115 p[i].id=i; 116 limit[i]=p[i].limit; 117 } 118 int u,v; 119 sort(p+1,p+n+1,cmp); 120 for(i=1;i<=m;i++){ 121 u=read();v=read(); 122 ind[u]++; 123 add_edge(v,u); 124 } 125 solve(0); 126 for(i=tail;i;i--)printf("%d ",q[i]); 127 // for(i=top;i;i--)printf("%d ",ans[i]); 128 printf("\n"); 129 for(i=1;i<=n;i++){ 130 solve(i); 131 printf("%d ",n-tail); 132 } 133 return 0; 134 }