[ACM] POJ 3687 Labeling Balls (拓扑排序，反向生成端）

Labeling Balls

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Description

Windy has N balls of distinct weights from 1 unit to N units. Now he tries to label them with 1 toN in such a way that:

1. No two balls share the same label.
2. The labeling satisfies several constrains like "The ball labeled with a is lighter than the one labeled withb".

Can you help windy to find a solution?

Input

The first line of input is the number of test case. The first line of each test case contains two integers,N (1 ≤
N ≤ 200) and M (0 ≤ M ≤ 40,000). The nextM line each contain two integers
a and b indicating the ball labeled witha must be lighter than the one labeled with
b. (1 ≤ a, b ≤N) There is a blank line before each test case.

Output

For each test case output on a single line the balls' weights from label 1 to labelN. If several solutions exist, you should output the one with the smallest weight for label 1, then with the smallest weight for label 2, then with the smallest weight
for label 3 and so on... If no solution exists, output -1 instead.

Sample Input

5

4 0

4 1
1 1

4 2
1 2
2 1

4 1
2 1

4 1
3 2

Sample Output

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

Source

POJ Founder Monthly Contest – 2008.08.31, windy7926778

解题思路：

每做一道题都能够学到新的思路。

由编号1—N的N个小球，重量也为1—N（easy混淆），给出一些限制条件，a  b，代表着编号为a的小球比编号为b的小球的重量小。依据限制条件。给小球分配重量，最后输出的是编号1—N的小球的重量。假设有多种方法，那么编号小的小球重量尽量小。

拓扑排序有多种写法，能够用栈，能够用队列，也能够用循环，不同的情况下用不同的方法。如本题就能够用循环。外层循环也代表着须要分配的重量。

这个题不能用正向建边，拓扑排序。。没想到这一点。。由于要求编号小的小球重量尽量小，在正向拓扑排序有多种方法的时候，不能保证这一点。做法为逆向建边，每次找入度为0的编号，重量从大到小进行赋值。最后还要提一点，大数据还得用scanf，时间差距太大了。。

以下两篇博文的解释我认为不错：

http://www.cnblogs.com/rainydays/archive/2011/07/20/2112047.html

分析：拓扑排序，注意依据题的要求，要先保证1号球最轻，假设我们由轻的向重的连边，然后我们依次有小到大每次把重量分给一个入度为0的点，那么在拓扑时我们面对多个入度为0的点。我们不知道该把最轻的分给谁才干以最快的速度找到1号（使1号入度为0），并把当前最轻的分给1号。所以我们要由重的向轻的连边，然后从大到小每次把一个重量分给一个入度为0的点。

这样我们就不用急于探求最小号。我们仅仅须要一直给最大号附最大值，尽量不给小号赋值，这样自然而然就会把轻的重量留给小号。（转）

http://blog.163.com/xiaohuang_17/blog/static/5458538620099874334826/（转载）

id=3687" style="text-decoration:none; color:rgb(206,0,1)">PKU 3687 在主要的拓扑排序的基础上又添加了一个要求：编号最小的节点要尽量排在前面；在满足上一个条件的基础上，编号第二小的节点要尽量排在前面。在满足前两个条件的基础上，编号第三小的节点要尽量排在前面……依此类推。

（注意。这和字典序是两回事，不能够混淆。）



    如图 1 所看到的。满足要求的拓扑序应该是：6 4 1 3 9 2 5 7 8 0。

图 1 一个拓扑排序的样例

一般来说，在一个有向无环图中，用 BFS 进行拓扑排序是比較常见的做法，如算法 1 所看到的。可是它不一定能得到本题要求的拓扑序。

1. 把全部入度为 0 的节点放进队列 Q
2. WHILE： Q 不是空队列
3.     从 Q 中取出队列首元素 a。把 a 加入到答案的尾部。
4.     FOR：全部从 a 出发的边 a → b
5.         把 b 的入度减 1。假设 b 的入度变为 0。则把 b 放进队列 Q。

算法 1 用 BFS 进行拓扑排序

为了解决本问题。以下让我来探究一下拓扑序的一些性质。

以图 1 为例。节点 0 毫无疑问排在最后。除了节点 0 以外，有三条互相平行的路径：6 → 4 → 1、 3 → 9 → 2 和 5 → 7 → 8。一条路径上的各个节点的先后关系都是不能改变的。比方路径 6 → 4 → 1 上的三个节点在拓扑序中。一定是 6 在最前，1在最后。

可是，互相平行的各条路径，在总的拓扑序中随意交错都是合法的。比方。以下都是图
1 的合法拓扑序：



    6 4 1 3 9 2 5 7 8 0、 3 6 9 4 5 1 7 8 2 0、 5 6 4 7 3 8 1 9 2 0、 3 5 6 4 1 7 9 2 8 0、 6 5 7 8 4 3 9 21 0。



    怎么才干找出题目要求的拓扑序呢？在这里。我想用字典序最先的拓扑序来引出这个算法。

算法 2 能够求出字典序最先的拓扑序。

1. 把全部入度为 0 的节点放进优先队列 PQ
2. WHILE： PQ 不是空队列
3.     从 PQ 中取出编号最小的元素 a，把 a 加入到答案的尾部。
4.     FOR：全部从 a 出发的边 a → b
5.         把 b 的入度减 1。假设 b 的入度变为 0，则把 b 放进优先队列 PQ。

算法 2 求出字典序最先的拓扑序

可见，算法 2 和算法
1 基本一样。仅仅是把队列改成了优先队列。用它求出的图 1 的字典序最先的拓扑序为：3 5 6 4 1 7 8 9 2 0。

可是这显然不是本题要求的答案，由于节点
1 的位置还不够靠前。

算法 2 能够算是一个贪心算法，每一步都找编号最小的节点。可是对于图
1 中的三条路径。头的编号比較小的，不一定要先出队列。正确的步骤应该例如以下：

1. 节点 0 的位置是铁定在最后的，不用考虑。

   仅仅考虑剩下的三条路径。

2. 先找编号最小的，节点 1。

   把它和它所在的路径中位于它前面的节点所有拿出来。眼下的答案是 64 1。这样， 节点 1 就尽量靠前了。

3. 再找剩下的节点中编号最小的，节点 2。把它和它所在的路径中位于它前面的节点所有拿出来。

   眼下的答案是 6 4 1 3 9 2 ，这样。节点
   2 就尽量靠前了。

4. 仅仅剩下一条路径了，仅仅能依次把当中的节点拿出来。最后答案就是 6 4 1 3 9 2 5 7 8 0。

显然。算法 2 的贪心策略对于这个问题是不可行的。不能着眼于每条路径的头，而是要找编号最小的节点在哪条路径上。优先把这条路径拿出来。但问题在于。在
BFS 的过程中。我们仅仅能看到每条路径的头，看不到后面的节点，这该怎么办呢？



    让我们换个角度想一想，节点 3 和 6，应该是 6 先出队列，由于节点 1 在 6 的后面。这和节点 3 和 6 的编号大小没有不论什么关系。可是，再看另外两条路径的尾部。节点 2 和 8，能够肯定地说。2 一定先出队列，由于它们后面都没有别的节点了，这个时候全然以这两个节点本身的编号大小决定顺序。归纳起来就是说，对于若干条平行的路径，小的头部不一定排在前面。可是大的尾部一定排在后面。于是，就有了算法
3。

1. 把全部出度为 0 的节点放进优先队列 PQ
2. WHILE： PQ 不是空队列
3.     从 PQ 中取出编号最大的元素 a，把 a 加入到答案的头部。

4.     FOR：全部指向 a 的边 b → a
5.        把 b 的出度减 1。假设 b 的出度变为 0，则把 b 放进优先队列 PQ。   

算法 3 求出本题目要求的拓扑序

代码：

#include <iostream>
#include <stdio.h>
#include <queue>
#include <string.h>
using namespace std;
const int maxn=210;
int graph[maxn][maxn];
int indegree[maxn];
int output[maxn];
int n,m;
bool ok;//推断能否够。

void topo()
{
    for(int i=n;i>=1;i--)
    {
        int MinNum=-1;
        for(int j=n;j>=1;j--)//找入度为0的编号，这里是编号最大的入度为0的点，和用优先队列效果是一样的。

if(!indegree[j])
        {
            MinNum=j;
            indegree[j]--;//别忘了这一句
            break;
        }
        if(MinNum==-1)//找不到入度为0的点，说明有环
        {
            ok=0;
            return ;
        }

        output[MinNum]=i;//重量i分给编号为MinNum的球

        for(int j=1;j<=n;j++)
            if(graph[MinNum][j])
            indegree[j]--;//与编号为0的点相连的点入度--
    }
}

int main()
{
    int t;cin>>t;
    int a,b;
    while(t--)
    {
        memset(indegree,0,sizeof(indegree));
        memset(graph,0,sizeof(graph));
        ok=1;
        scanf("%d%d",&n,&m);
        if(ok==0)
            continue;
        for(int i=1;i<=m;i++)
        {
            scanf("%d%d",&a,&b);
            if(graph[a][b])//有逆向边
            {
                ok=0;
                continue;
            }

            if(!graph[b][a])//逆向建边
            {
                graph[b][a]=1;
                indegree[a]++;
            }
        }
        topo();
        if(ok)
        {
            for(int i=1;i<n;i++)
                printf("%d ",output[i]);
            printf("%d\n",output[n]);
        }
        else
            printf("-1\n");
    }
    return 0;
}

附上邻接表的做法：

有时候邻接矩阵数组开不出来仅仅能用邻接表来做

#include <iostream>
#include <stdio.h>
#include <vector>
#include <queue>
#include <string.h>
using namespace std;
const int maxn=30010;
vector<int>adj[maxn];
int indegree[maxn];
int output[maxn];
int n,m;
bool ok;

void topo()
{
    for(int i=n;i>=1;i--)
    {
        int MinNum=-1;
        for(int j=n;j>=1;j--)
            if(!indegree[j])
        {
            MinNum=j;
            indegree[j]--;
            break;
        }
        if(MinNum==-1)
        {
            ok=0;
            return ;
        }
        output[MinNum]=i;
        for(int j=0;j<adj[MinNum].size();j++)
            indegree[adj[MinNum][j]]--;
    }
}

int main()
{
    int t;cin>>t;
    int a,b;
    while(t--)
    {
        memset(indegree,0,sizeof(indegree));
        ok=1;
        scanf("%d%d",&n,&m);
        if(ok==0)
            continue;
        for(int i=1;i<=n;i++)
            adj[i].clear();
        for(int i=1;i<=m;i++)
        {
            scanf("%d%d",&a,&b);
            adj[b].push_back(a);
            indegree[a]++;
        }
        topo();
        if(ok)
        {
            for(int i=1;i<n;i++)
                printf("%d ",output[i]);
            printf("%d\n",output[n]);
        }
        else
            printf("-1\n");
    }
    return 0;
}