DZY Loves Topological Sorting
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题目连接
http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=5195Description
A topological sort or topological ordering of a directed graph is a
linear ordering of its vertices such that for every directed edge (u→v) from vertex u to vertex v, u comes before v in the ordering.
Now, DZY has a directed acyclic graph(DAG). You should find the lexicographically largest topological ordering after erasing at most k edges from the graph.
Now, DZY has a directed acyclic graph(DAG). You should find the lexicographically largest topological ordering after erasing at most k edges from the graph.
Input
The input consists several test cases. (TestCase≤5)The first line, three integers n,m,k(1≤n,m≤105,0≤k≤m).
Each of the next m lines has two integers: u,v(u≠v,1≤u,v≤n), representing a direct edge(u→v).
Output
For each test case, output the lexicographically largest topological ordering.
Sample Input
5 5 2
1 2
4 5
2 4
3 4
2 3
3 2 0
1 2
1 3
1 2
4 5
2 4
3 4
2 3
3 2 0
1 2
1 3
Sample Output
5 3 1 2 4
1 3 2
1 3 2
HINT
题意
DZY有一张有向无环图(DAG),你要在最多删去k条边之后，求出字典序最大的拓扑序列。
图的拓扑序：
一张有向图的拓扑序列是图中点的一个排列，满足对于图中的每条有向边(u→v) 从 u 到 v，都满足u在排列中出现在v之前。
题解：
定义k为可以删除的边的上限
我一开始先考虑k=0的情况(即没有边被删)，这样我想可以先加一个虚点，连接每一个入度为０的点，然后从这个虚点开始dfs，每次将边按照连接点的大小排序，然后依次扫描，如果其入度为１就继续dfs,否则其入度减一。
顺着这个思路我发现，完全不知道删除哪条边。所以只能弃疗了。
看了题解发现了一种神奇的方法。我们可以贪心地将具有某种特质的点放入队列中，然后这个队列就是我们要求的拓扑序列。
所需特质是什么呢？
１．它的入度<=k（这样只要切断所有入边，它就可以入队啦）
２．满足１的条件下编号最大的点
那么我们就可以用线段树来维护了，先建一个(1，n)的线段树，记录入度最小值，问题转化成位置最右边的权值小于等于k所在的位置。
这就是个经典模型了。没做过也没关系，其实很简单，只要判断k和右子树的最小值的关系即可，如果k更大，那么答案在右子树，否则在左子树。
最后注意一下，每次找到一个点入队，要把所有出边所在的点入度减一。
代码：
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 #define N 200050 4 #define INF 123456789 5 int n,m,k,w[N]; 6 vector<int>G[N]; 7 struct Tree{int l,r,min;}tr[N<<2]; 8 template<typename T>void read(T &x) 9 { 10 int k=0;char c=getchar(); 11 x=0; 12 while(!isdigit(c)&&c!=EOF)k^=c=='-',c=getchar(); 13 if(c==EOF)exit(0); 14 while(isdigit(c))x=x*10+c-'0',c=getchar(); 15 x=k?-x:x; 16 } 17 void push_up(int x) 18 { 19 tr[x].min=min(tr[x<<1].min,tr[x<<1|1].min); 20 } 21 void bt(int x,int l,int r) 22 { 23 tr[x].l=l;tr[x].r=r; 24 if (l==r) 25 { 26 tr[x].min=w[l]; 27 return; 28 } 29 int mid=(l+r)>>1; 30 bt(x<<1,l,mid); 31 bt(x<<1|1,mid+1,r); 32 push_up(x); 33 } 34 int query(int x) 35 { 36 if (tr[x].min>k)return -1; 37 if (tr[x].l==tr[x].r) 38 { 39 k-=tr[x].min; 40 tr[x].min=INF; 41 return tr[x].l; 42 } 43 int tp=query(x<<1|1); 44 if (tp==-1)tp=query(x<<1); 45 push_up(x); 46 return tp; 47 } 48 void add(int x,int p) 49 { 50 if (p<=tr[x].l&&tr[x].r<=p) 51 { 52 tr[x].min--; 53 return; 54 } 55 int mid=(tr[x].l+tr[x].r)>>1; 56 if (p<=mid)add(x<<1,p); 57 if (mid<p)add(x<<1|1,p); 58 push_up(x); 59 } 60 void work() 61 { 62 read(n);read(m);read(k); 63 memset(w,0,sizeof(w)); 64 int x,y; 65 for(int i=1;i<=m;i++) 66 { 67 read(x);read(y); 68 w[y]++; 69 G[x].push_back(y); 70 } 71 bt(1,1,n); 72 int cas=0; 73 for(int i=1;i<=n;i++) 74 { 75 int x=query(1); 76 if (cas++)printf(" "); 77 printf("%d",x); 78 for(int i=0;i<G[x].size();i++) 79 add(1,G[x][i]); 80 } 81 printf(" "); 82 for(int i=1;i<=n;i++)G[i].clear(); 83 } 84 int main() 85 { 86 #ifndef ONLINE_JUDGE 87 freopen("aa.in","r",stdin); 88 #endif 89 while(1) 90 { 91 work(); 92 } 93 }