某考试 T2 Seg

Seg

【问题描述】
数轴上有n条线段，第i条线段的左端点是a[i]，右端点是b[i]。
Bob发现1~2n共2n个整数点，每个点都是某条线段的端点。
这些线段有如下两类特点：
1 x y，表示第x条线段和第y条线段相交（相交在这里指至少有一个公共点）
2 x y，表示第x条线段在第y条线段的左边，且它们不相交。
共有m个特点，每个特点都是如上两类之一。
Bob想通过这些特点推理得到每条线段的端点。
【输入格式】
第一行两个正整数n，m
接下来m行，每行三个正整数，描述线段的特点，格式见题目描述
【输出格式】
输出n行，第i行两个正整数，用空格隔开，分别是a[i]和b[i]
可能有多种答案，输出字典序最小的答案。即先要求a[1]最小，若仍有多解再要求b[1]最小，若仍有多解再要求a[2]最小，若仍有多解再要求b[2]最小，若仍有多解再要求a[3]最小……
如果无解输出“Wrong”（不输出引号）。
【样例输入】
3 2
1 2 3
2 1 3
【样例输出】
1 2
3 5
4 6
【数据规模和约定】
对于30%的数据， 1<=n,m<=10
对于60%的数据， 1<=n,m<=1000
对于100%的数据，1<=n,m<=100000

题解在注释里有，要注意的就是一点，我们如果要求一个字典序最小的拓扑排序，正确的做法并不是尽量把小的塞到前面，

而是把大的尽量塞到后面。

这个要理解的话，就是如果我们尽量把小的噻前面，有可能一个优先级很高的是一个优先级很低的后继，这时候因为优先队列是优先出小的

所以那个优先级很高的会很晚出来。

而我们如果反着跑的话，是不会出现这种情况的，因为优先级低的会被挤到后面去。

/*
    可以把每条线段的左右端点都看成一个变量。
	设第i条线段的左右端点的变量为l[i],r[i]。

	条件1 => l[x]<r[y] && l[y]<r[x]
	条件2 => r[x]<l[y]

	所以我们把大小关系拓扑建图一下，然后跑一个
	优先编号小的线段端点，优先同一线段的左端点的
	拓扑排序，这个用一下优先队列就行了。
*/
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define pb push_back
#define maxn 200005
using namespace std;
int ans[maxn],cnt=0,now,las;
int n,id[maxn],m,opt,X,Y;
priority_queue<int> q;
vector<int> g[maxn];

inline void topsort(){
	for(int i=1;i<=now;i++) if(!id[i]) q.push(i);
	int x,to;
	while(!q.empty()){
		x=q.top(),q.pop();
		ans[x]=now--;
		for(int i=g[x].size()-1;i>=0;i--){
			to=g[x][i];
			if(!(--id[to])) q.push(to);
		}
	}
}

int main(){
	freopen("seg.in","r",stdin);
	freopen("seg.out","w",stdout);
	scanf("%d%d",&n,&m);
	now=n<<1;

	for(int i=1;i<=n;i++){
		g[i*2].pb(i*2-1);
		id[i*2-1]++;
	}

	for(int i=1;i<=m;i++){
		scanf("%d%d%d",&opt,&X,&Y);
		if(opt==1){
			g[Y*2].pb(X*2-1),id[X*2-1]++;
			g[X*2].pb(Y*2-1),id[Y*2-1]++;
		}
		else{
			g[Y*2-1].pb(X*2);
			id[X*2]++;
		}
	}

	topsort();

	if(now) puts("Wrong");
	else for(int i=1;i<=n;i++){
		printf("%d %d\n",ans[i*2-1],ans[i*2]);
	}

	return 0;
}