题目描述
给你一张有向图，问：编号-位置序（即每个编号的位置对应的序列）最小（例如1优先出现在前面，1位置相同的2优先出现在前面，以此类推）的拓扑序是什么？
输入
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）
输出
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）。
样例输入
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
样例输出
1 5 3 4 2
Impossible!
1 5 2 4 3
题解
拓扑排序+堆
正着直接按字典序最小拓扑排序是错的，反例：
按照题目描述，答案应该为1 5 2 3 4，而正着拓扑排序的答案为1 3 4 5 2
这里有一个神奇的结论：正的编号-位置序（每个编号的位置对应的序列）等于反的位置-编号序（每个位置的编号对应的序列，即字典序）的逆序。
换句话说，本题的答案就是把图反过来得到的图的字典序最大的拓扑序的逆序。
证明：反图的字典序最大，就是尽量的把编号较大的数放在反图遍历序的前面，对应的就在原图的后面，就相当于所有小于这个编号的数向前移动了1个位置。因此，对于某数都是尽量的在它的后面放数。因此尽量的让大数在反图中先遍历，得到的字典序最大拓扑序的逆序就是远答案。
所以使用堆来维护字典序，进行拓扑排序，倒过来输出即为答案。
#include <queue>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#define N 100010
using namespace std;
priority_queue<int> q;
int head[N] , to[N] , next[N] , cnt , d[N] , ans[N] , tot;
inline void add(int x , int y)
{
to[++cnt] = y , next[cnt] = head[x] , head[x] = cnt , d[y] ++ ;
}
int main()
{
int T;
scanf("%d" , &T);
while(T -- )
{
memset(head , 0 , sizeof(head)) , memset(d , 0 , sizeof(d)) , cnt = tot = 0;
int n , m , i , x , y;
scanf("%d%d" , &n , &m);
for(i = 1 ; i <= m ; i ++ ) scanf("%d%d" , &x , &y) , add(y , x);
for(i = 1 ; i <= n ; i ++ )
if(!d[i])
q.push(i);
while(!q.empty())
{
x = q.top() , q.pop() , ans[++tot] = x;
for(i = head[x] ; i ; i = next[i])
{
d[to[i]] -- ;
if(!d[to[i]]) q.push(to[i]);
}
}
if(tot == n)
for(i = n ; i ; i -- )
printf("%d " , ans[i]);
else printf("Impossible!");
printf("
");
}
return 0;
}