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【笔记】拓扑排序（Ⅰ）

时间：2022-09-05 15:55:21浏览次数：84  
标签：tmp int 拓扑 笔记 queue vector ans 排序 105

题单

拓扑排序：将一个有向无环图 \((\ Directed\ Acyclic\ Graph，DAG\ )\) 进行排序进而得到一个有序的线性序列。

简单食用方法：\(vector\) 存图，再用 \(queue\) 跑 \(BFS\)。每次从入度为 \(0\) 的点开始。

0X00 B3644 家谱树

B题库来的，所以显然是板。

入度为 \(0\) 的点可以直接输出，之后找点，一旦入度减到 \(0\) 了就输出，这样可以保证每个人的后辈都比那个人后列出。

Code：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m,x,in[105];
vector<int> a[105];
queue<int> q;
int main(){
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		scanf("%d",&x);
		while(x){
			in[x]++,a[i].push_back(x);
			scanf("%d",&x);
		}
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		if(!in[i]) q.push(i),printf("%d ",i);
	}
	while(q.size()){
		int k=q.front();
		q.pop();
		for(int i=0;i<a[k].size();i++){
			int tmp=a[k][i];
			in[tmp]--;
			if(!in[tmp]){
				q.push(tmp);
				printf("%d ",tmp);
			}
		}
	}
	return 0;
}

0X01 P1807 最长路

因为要存下一个点和路径长度，所以用结构体。

开始时将所有入度为 \(0\) 的入队。

每次找点时更新到这个点的最大距离，将 原来最大距离 与 到通向它的点的最大距离 \(+\) 这段路的距离 取 \(\max\)。

ans[tmp.to]=max(ans[tmp.to],ans[k]+tmp.dis);

同时将其入度减一（懒惰删点），如果入度为 \(0\) 就入队。

Code：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m,in[1505],ans[1505],x,y,w;
bool vis[1505];
struct node{
	int to,dis;
}k;
vector<node> a[1505];
queue<int> q;
int main(){
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(int i=1;i<=m;i++){
		scanf("%d%d%d",&x,&y,&w);
		in[y]++;
		k.to=y,k.dis=w;
		a[x].push_back(k);
	}
	memset(ans,-0x3f,sizeof(ans));
	ans[1]=0;
	for(int i=1;i<=n;i++) if(!in[i]) q.push(i);
	while(q.size()){
		int k=q.front();
		q.pop();
		for(int i=0;i<a[k].size();i++){
			node tmp=a[k][i];
			vis[tmp.to]=1;
			ans[tmp.to]=max(ans[tmp.to],ans[k]+tmp.dis);
			in[tmp.to]--;
			if(!in[tmp.to]) q.push(tmp.to);
		}
	}
	if(!vis[n]) printf("-1");
	else printf("%d",ans[n]);
	return 0;
}

0X02 P4017 最大食物链计数

因为统计最大食物链，所以记录入度的同时出度也应该记录。最后答案是所有出度为 \(0\) 的点的答案之和。

同样，每次找到一个点就更新它的答案（加上 到达通向它的那个点的食物链数）：

ans[tmp]=(ans[tmp]+ans[k])%mod;

Code：

#include<bits/stdc++.h>
#define mod 80112002
using namespace std;
int n,m,in[5005],out[5005],x,y,ans[5005],Ans;
vector<int> a[5005];
queue<int> q;
int main(){
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(int i=1;i<=m;i++){
		scanf("%d%d",&x,&y);
		out[x]++,in[y]++;
		a[x].push_back(y);
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		if(!in[i]){
			ans[i]=1;
			q.push(i);
		}
	}
	while(q.size()){
		int k=q.front();
		q.pop();
		for(int i=0;i<a[k].size();i++){
			int tmp=a[k][i];
			ans[tmp]=(ans[tmp]+ans[k])%mod;
			in[tmp]--;
			if(!in[tmp]) q.push(tmp);
		}
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		if(!out[i]) Ans+=ans[i],Ans%=mod;
	}
	printf("%d",Ans);
	return 0;
}

0X02 P6145 [USACO20FEB]Timeline G

巧妙地将日期问题转化为图上问题。

第 \(a\) 次和第 \(b\) 次的日期差即为 \(a\) 到 \(b\) 的路径长度。同时，给出的第 \(i\) 不早于的日期 \(S_i\) 可以看成一个超级原点 \(0\) 到 \(i\) 的距离。第 \(i\) 次的最早日期即为超级原点到 \(i\) 的最长路（要满足所有要求）。

所有可以将初始答案设为 \(S_i\)，之后每次搜到一个点取 \(\max\)。

Code：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m,c,ans[100005],in[100005],x,y,w;
struct node{
	int to,val;
}k;
vector<node> a[100005];
queue<int> q;
int main(){
	scanf("%d%d%d",&n,&m,&c);
	for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&ans[i]);
	for(int i=1;i<=c;i++){
		scanf("%d%d%d",&x,&y,&w);
		in[y]++;
		k.to=y,k.val=w;
		a[x].push_back(k);
	}
	for(int i=1;i<=n;i++) if(!in[i]) q.push(i);
	while(q.size()){
		int tt=q.front();
		q.pop();
		for(int i=0;i<a[tt].size();i++){
			node tmp=a[tt][i];
			ans[tmp.to]=max(ans[tmp.to],ans[tt]+tmp.val);
			in[tmp.to]--;
			if(!in[tmp.to]) q.push(tmp.to);
		}
	}
	for(int i=1;i<=n;i++) printf("%d\n",ans[i]);
	return 0;
}

0X03 P2419 [USACO08JAN]Cow Contest S

看其他人的全是 \(Floyd\)，然鹅我是跟着拓扑排序的标签找的这里的。所以给出我用拓扑排序的做法，虽然不及 \(Floyd\) 好写，但复杂度差不多。

首先想到，设一个人已经明确的比他强的人数为 \(c_1\)，比他弱的人数为 \(c_2\)，若 \(c_1+c_2=n-1\)，那么他的排名就是可以确定的。

那么如何算 \(c\) ？以 \(c_1\) 为例：

对于 \(a\) 强于 \(b\)，就由 \(a\) 向 \(b\) 建有向边。记 \(m_1[i][j]=1\) 时表示明确 \(j\) 强于 \(i\)，所以需要在跑拓扑时更新 \(m_1\) 。设当前父节点为 \(k\)，并有边连向 \(tmp\)。首先赋 \(m_1[tmp][k]=1\)。其次，因为比 \(k\) 还强的就一定比 \(tmp\) 强，所以找到所有的 \(z\) 满足 \(m_1[k][z]=1\)，并赋 \(m_1[tmp][z]=1\) 即可。

\(c_2\) 同理。只需要反向建边，记 \(m_2[i][j]=1\) 时表示明确 \(j\) 弱于 \(i\)，再跑一遍拓扑即可。

最后统计时，\(c_1[i]+c_2[i]\) 即为\(m_1[i][j]\) 或 \(m_2[i][j]\) 为 \(1\) 的总数 \((1\le j\le n)\)。

Code：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m,in1[105],in2[105],x,y,ans;
bool m1[105][105],m2[105][105];
vector<int> bet[105],wos[105];
queue<int> q1,q2;
int main(){
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(int i=1;i<=m;i++){
		scanf("%d%d",&x,&y);
		in1[y]++,in2[x]++;
		bet[y].push_back(x),wos[x].push_back(y);
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		if(!in1[i]) q1.push(i);
		if(!in2[i]) q2.push(i);
	}
	while(q1.size()){
		int k=q1.front();
		q1.pop();
		for(int i=0;i<wos[k].size();i++){
			int tmp=wos[k][i];
			m1[tmp][k]=1;
			for(int j=1;j<=n;j++) if(m1[k][j]) m1[tmp][j]=1;
			in1[tmp]--;
			if(!in1[tmp]) q1.push(tmp);
		}
	}
	while(q2.size()){
		int k=q2.front();
		q2.pop();
		for(int i=0;i<bet[k].size();i++){
			int tmp=bet[k][i];
			m2[tmp][k]=1;
			for(int j=1;j<=n;j++) if(m2[k][j]) m2[tmp][j]=1;
			in2[tmp]--;
			if(!in2[tmp]) q2.push(tmp);
		}
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		int cnt=0;
		for(int j=1;j<=n;j++) if(m1[i][j]||m2[i][j]) cnt++;
		if(cnt==n-1) ans++;
	}
	printf("%d",ans);
	return 0;
}

0X04 CF919D Substring

\(DP\) 与拓扑结合。\(f[i][j]\) 表示到 \(i\) 位置 \(j\) 的最大次数。

将 \(a-z\) 转成数字 \(0-25\)，方便存储。

考虑转移，对于二十六个字母（\(j\)）：

  • 若是当前节点，则 \(f[tmp][j]=max(f[tmp][j],f[k][j]+1)\)
  • 否则 \(f[tmp][j]=max(f[tmp][j],f[k][j])\)

其中 \(tmp\) 为当前搜到的节点，\(k\) 为其父节点。

然后考虑如何判环。例如以下情况：

红框中显然是环。模拟其处理过程。第一次删掉了入度为 \(0\) 的 \(1\) 号节点：

然后会发现，这时没有入度为 \(0\) 的节点可以找了，队列为空，结束 \(BFS\)。

而对于没有环的情况，所有点都是会被遍历到的。

所以，用 \(cnt\) 记录遍历过点的数量，若最后 \(cnt<n\)，则说明有环。

Code：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m,b[300005],in[300005],f[300005][26];
int ans,cnt,x,y;
string s;
vector<int> a[300005];
queue<int> q;
int main(){
	scanf("%d%d",&n,&m);
	cin>>s;
	for(int i=1;i<=n;i++) b[i]=s[i-1]-'a',f[i][b[i]]++;
	for(int i=1;i<=m;i++){
		scanf("%d%d",&x,&y);
		in[y]++;
		a[x].push_back(y);
	}
	for(int i=1;i<=n;i++) if(!in[i]) q.push(i);
	while(q.size()){
		int k=q.front();
		q.pop();
		cnt++;
		for(int i=0;i<a[k].size();i++){
			int tmp=a[k][i];
			for(int j=0;j<26;j++){
				if(b[tmp]==j) f[tmp][j]=max(f[tmp][j],f[k][j]+1);
				else f[tmp][j]=max(f[tmp][j],f[k][j]);
			}
			in[tmp]--;
			if(!in[tmp]) q.push(tmp);
		}
	}
	if(cnt<n) printf("-1");
	else{
		for(int i=1;i<=n;i++){
			for(int j=0;j<26;j++) ans=max(ans,f[i][j]);
		}
		printf("%d",ans);
	}
	return 0;
}

0X05 P1038 [NOIP2003 提高组] 神经网络

题目没有说清楚，输入层神经元不需要减去阈值 \(u\) 。

输入 \(c，u\) 时可以直接处理，若 \(c[i]>0\)，直接入队。否则就将 \(c[i]\) 减去 \(u\)（早晚都要减）。

然后就是拓扑。注意，当一个点的 \(c[i]\le 0\) 时是不会被激活的，所以直接 \(continue\)。然后按照题目给的公式，每次将 \(tmp.v\times c[t]\) 传下去即可。

最后的答案是 \(c[i]>0\) 并且出度为 \(0\) 的点（输出层）。

Code：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m,in[105],out[105],c[105],u,x,y,w,fl;
struct node{
	int to,v;
}k;
vector<node> a[105];
queue<int> q;
int main(){
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		scanf("%d%d",&c[i],&u);
		if(c[i]) q.push(i);
		else c[i]-=u;
	}
	for(int i=1;i<=m;i++){
		scanf("%d%d%d",&x,&y,&w);
		k.to=y,k.v=w;
		in[y]++,out[x]++;
		a[x].push_back(k);
	}
	while(q.size()){
		int t=q.front();
		q.pop();
		if(c[t]<=0) continue;
		for(int i=0;i<a[t].size();i++){
			node tmp=a[t][i];
			c[tmp.to]+=tmp.v*c[t];
			in[tmp.to]--;
			if(!in[tmp.to]) q.push(tmp.to);
		}
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		if(c[i]>0&&!out[i]) printf("%d %d\n",i,c[i]),fl=1;
	}
	if(!fl) printf("NULL");
	return 0;
}

0X06 P1137 旅行计划

和“最大食物链计数”基本相同，只要把转移改一下即可（只记到达的数量）：

ans[tmp]=max(ans[tmp],ans[k]+1);

Code：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m,in[100005],x,y,ans[100005];
vector<int> a[100005];
queue<int> q;
int main(){
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(int i=1;i<=m;i++){
		scanf("%d%d",&x,&y);
		in[y]++;
		a[x].push_back(y);
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		if(!in[i]){
			ans[i]=1;
			q.push(i);
		}
	}
	while(q.size()){
		int k=q.front();
		q.pop();
		for(int i=0;i<a[k].size();i++){
			int tmp=a[k][i];
			ans[tmp]=max(ans[tmp],ans[k]+1);
			in[tmp]--;
			if(!in[tmp]) q.push(tmp);
		}
	}
	for(int i=1;i<=n;i++) printf("%d\n",ans[i]);
	return 0;
}

标签：tmp,int,拓扑,笔记,queue,vector,ans,排序,105
From： https://www.cnblogs.com/binary1110011/p/16657515.html

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