[BZOJ5280] [Usaco2018 Open]Milking Order

Description

Farmer John的N头奶牛（1≤N≤105），仍然编号为1…N，正好闲得发慌。因此，她们发展了一个与Farmer John每

天早上为她们挤牛奶的时候的排队顺序相关的复杂的社会阶层。经过若干周的研究，Farmer John对他的奶牛的社

会结构总计进行了M次观察（1≤M≤50,000）。每个观察结果都是他的某些奶牛的一个有序序列，表示这些奶牛应

该以与她们在序列中出现的顺序相同的顺序进行挤奶。比方说，如果Farmer John的一次观察结果是序列2、5、1，

Farmer John应该在给奶牛5挤奶之前的某个时刻给奶牛2挤奶，在给奶牛1挤奶之前的某个时刻给奶牛5挤奶。Farme

r John的观察结果是按优先级排列的，所以他的目标是最大化X的值，使得他的挤奶顺序能够符合前X个观察结果描

述的状态。当多种挤奶顺序都能符合前X个状态时，Farmer John相信一个长期以来的传统——编号较小的奶牛的地

位高于编号较大的奶牛，所以他会最先给编号最小的奶牛挤奶。更加正式地说，如果有多个挤奶顺序符合这些状态

，Farmer John会采用字典序最小的那一个。挤奶顺序x的字典序比挤奶顺序y要小，如果对于某个j，xi=yi对所有i

<j成立，并且xj<yj（也就是说，这两个挤奶顺序到某个位置之前都是完全相同的，在这个位置上x比y要小）。请

帮助Farmer John求出为奶牛挤奶的最佳顺序。

Input

第一行包含N和M。

接下来的M行，每行描述了一个观察结果。

第i+1行描述了观察结果i，第一个数是观察结果中的奶牛数量mi，后面是一列mi个整数，给出这次观察中奶牛的顺序。

所有mi的和至多为200,000

Output

输出N个空格分隔的整数，给出一个1…N的排列，为Farmer John给他的奶牛们挤奶应该采用的的顺序。

 

Sample Input

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

Sample Output

1 4 2 3

这里，Farmer John有四头奶牛，他的挤奶顺序应该是奶牛1在奶牛2之前、奶牛2在奶牛3之前（第一个观察结果）
，奶牛4在奶牛2之前（第二个观察结果），奶牛3在奶牛4之前、奶牛4在奶牛1之前（第三个观察结果）。前两个观
察结果可以同时被满足，但是Farmer John不能同时满足所有的规则，因为这样的话会要求奶牛1在奶牛3之前，同
时奶牛3在奶牛1之前。这意味着总共有两种可能的挤奶顺序：1 4 2 3和4 1 2 3，第一种是字典序较小的。

 

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挺显然的套路题吧。

一看这个题就知道二分答案...

二分最后一个可以满足的位置，然后我们要判断是否可行。

然后看题目显然的先后关系，关系明了且层次鲜明， 一看就是拓扑排序的样子。

于是我们对关系$s1 < s2$， 我们把$s1$向$s2$连有向边，然后跑拓扑看看是否有环。

我们二分出了最后一个可以满足的位置，下一个问题就是如何找出来字典序最小的方案。

经过简单的思考，自然而然的想到，把拓扑排序的队列强行换成优先队列...

这样稳A？

这在$Bzoj$上A了，但在$Luogu$上$T$了！！！活久见！！

所以我代码其实可以修改的地方挺多的， 比如可以把算答案的函数和判断是否合法的函数分开，判断是否合法只用普通队列，算答案再用优先队列，也少去了不少if语句。

这样优化预计跑得很快...

毕竟最高复杂度才$\large O(NlogN)$。

我写萎的貌似是$\large O(Nlog^2N)$的。

 

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#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <queue>
#include <cstring>
#include <vector>
using namespace std;
#define reg register
inline int read() {
    int res=;char ch=getchar();bool fu=;
    while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')fu=;ch=getchar();}
    while(isdigit(ch))res=(res<<)+(res<<)+(ch^), ch=getchar();
    return fu?-res:res;
}

int n, m;
int s[];
vector <int> T[];
int deg[];
struct edge {
    int nxt, to;
}ed[];
int head[], cnt;
inline void add(int x, int y) {
    ed[++cnt] = (edge){head[x], y};
    head[x] = cnt;
    deg[y]++;
}
int rod[], Top;
inline bool Topsort(bool fl)
{
    priority_queue <int, vector <int>, greater<int> > q;
    for (reg int i =  ; i <= n ; ++ i)
        if (deg[i] == ) q.push(i);
    while(!q.empty())
    {
        int x = q.top();q.pop();
        if (fl) rod[++Top] = x;
        for (reg int i = head[x] ; i ; i = ed[i].nxt)
        {
            int to = ed[i].to;
            deg[to]--;
            if (!deg[to]) q.push(to);
        }
    }
    for (reg int i =  ; i <= n ; ++ i)
        if (deg[i]) return ;
    return ;
}

inline bool check(int mid, bool fl)
{
    cnt = ;
    memset(head, , sizeof head);
    memset(deg, , sizeof deg);
    for (reg int i =  ; i <= mid ; ++ i)
    {
        for (reg int j =  ; j < T[i].size() -  ; ++ j)
        {
            int x = T[i][j], y = T[i][j+];
            add(x, y);
        }
    }
    if (fl) return Topsort();

    return Topsort();
}

int main()
{
    n = read(), m = read();
    for (reg int i =  ; i <= m ; ++ i)
    {
        s[i] = read();
        for (reg int j =  ; j <= s[i] ; ++ j)
            T[i].push_back(read());
    }
    int l = , r = m, ans = ;
    while(l <= r)
    {
        int mid = l + r >> ;
        if (check(mid, )) ans = mid, l = mid + ;
        else r = mid - ;
    }
    check(ans, );
    for (reg int i =  ; i <= n ; ++ i) printf("%d ", rod[i]);
    return ;
}