图论篇4——拓扑排序
Posted czc1999
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篇首语:本文由小常识网(cha138.com)小编为大家整理,主要介绍了图论篇4——拓扑排序相关的知识,希望对你有一定的参考价值。
引入
AOV网络
在有向图中,用顶点表示活动,用有向边<Vi, Vj>表示活动 i 是活动 j 的必须条件。这种有向图称为用顶点表示活动的网络(Active on vertices),简称AOV网络。
在AOV网络中,如果活动Vi必须在Vj之前进行,则存在有向边<Vi, Vj>,并称Vi是Vj的直接前驱,Vj是Vi的直接后继。这种前驱与后继的关系具有传递性和反自反性,这要求AOV网络中不能出现回路,即有向环。因此,对于给定的AOV网络,必须先判断它是否存在有向环。
拓扑排序
检测有向环可以通过对AOV网络进行拓扑排序,该过程将各个顶点排列成一个线性有序的序列,使得AOV网络中所有的前驱和后继关系都能得到满足。 如果拓扑排序能够将AOV网络的所有顶点都排入一个拓扑有序的序列中,则说明该AOV网络中没有有向环,否则AOV网络中必然存在有向环。AOV网络的顶点的拓扑有序序列不唯一。可以将拓扑排序看做是将图中的所有节点在一条水平线上的展开,图的所有边都从左指向右。
用穿衣服的次序来描述拓扑排序,图(a)表示必须先穿某些衣服,才可以穿其他衣服,图(b)表示将拓扑排序后的有向无环图在一条水平线上展示出来。袜子和内裤属于同等级,在排序结果中谁先谁后无所谓。
算法描述
对于一个有向无环图
(1)统计所有节点的入度,对于入度为0的节点就可以分离出来,然后把这个节点指向所有的节点的入度$-1$。
(2)重复(1),直到所有的节点都被分离出来,拓扑排序结束。
(3)如果最后不存在入度为0的节点,那就说明有环,无解。
解释一下,假设A为一个入度为0的结点,就表示A结点没有前驱结点,可以直接做,把A完成后,对于A的所有后继结点来说,前驱结点就完成了一个,入度进行$-1$。
时间复杂度
如果AOV网络有n个顶点,e条边,在拓扑排序的过程中,搜索入度为零的顶点所需的时间是O(n)。在正常情况下,每个顶点进一次栈,出一次栈,所需时间O(n)。每个顶点入度减1的运算共执行了e次。所以总的时间复杂为O(n+e)。
因为拓扑排序的结果不唯一,所以题目一般会要求按某种顺序输出,就需要使用优先级队列,这里采取了最小字典序输出。
vector<int>head[505], ans; int n, m, in[505];//入度序列 void topologicalSorting() { cin >> n >> m; for (int i = 0; i < m; i++) { int c1, c2; scanf("%d%d", &c1, &c2); head[c1].push_back(c2); in[c2]++; } priority_queue<int, vector<int>, greater<int>>q; for (int i = 1; i <= n; i++) { if (!in[i]) { q.push(i); } } while (!q.empty() && ans.size() < n) { int v = q.top(); q.pop(); ans.push_back(v); for (int i = 0; i < head[v].size(); i++) { in[head[v][i]]--; if (!in[head[v][i]]) q.push(head[v][i]); } } if (ans.size() == n) { //找到拓扑排序序列 } else { //图中有环 } }
练习
模板题
题目链接:http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=1285
#include <iostream> #include <algorithm> #include <queue> #include <stdio.h> #include <vector> using namespace std; vector<int>head[505]; int in[505]; int main() { int n, m; while (cin >> n >> m) { priority_queue<int, vector<int>, greater<int>>q; vector<int>ans; for (int i = 0; i < m; i++) { int c1, c2; scanf("%d%d", &c1, &c2); head[c1].push_back(c2); in[c2]++; } for (int i = 1; i <= n; i++) { if (!in[i]) { q.push(i); } } while (!q.empty()) { int temp = q.top(); q.pop(); ans.push_back(temp); for (int i = 0; i < head[temp].size(); i++) { in[head[temp][i]]--; if (!in[head[temp][i]]) q.push(head[temp][i]); } } if (ans.size() == n) { for (int i = 0; i < n; i++) { head[i + 1].clear(); cout << ans[i]; if (i != n - 1)cout << ‘ ‘; } cout << endl; } q.emplace(); ans.clear(); } return 0; }
反向拓扑排序
题目链接:http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=4857
题意:$n$个结点,给定$m$个拓扑关系$(a,b)$表示$a$必须排在$b$前面,在满足$m$个拓扑关系关系的同时,使得小的结点尽可能的排在前面。
乍一看好像直接拓扑排序就行,但是看一个例子:
$6 ightarrow 3 ightarrow 15 ightarrow 4 ightarrow 2$
直接拓扑排序的结果是:$5 4 2 6 3 1$ ,是错误的,因为我们可以把1号安排到更前面的位置 即:$6 3 1 5 4 2$(正确答案)。所以直接拓扑排序是不行的,为什么会出现这样的状况,对于多个拓扑关系,我们本来的策略是优先删除首结点较小的拓扑序列(比如5号结点比6号结点小,我们先删除了5号结点),但我们希望的是优先删除尾结点较小的拓扑序列(比如1号结点比2号结点小,应当先删除1号结点)。问题找到了,我们可以尝试一下逆向思维,即我们先考虑哪些点应该靠后释放,就是把原来的拓扑关系反过来
$1
ightarrow 3
ightarrow 62
ightarrow 4
ightarrow 5$
这样我们按照优先删除首结点较大的拓扑序列得到的结果是$2 4 5 1 3 6$,好像还是不太对,把它逆序输出就对啦!
#include <iostream> #include <algorithm> #include <queue> #include <stdio.h> #include <vector> using namespace std; vector<int>head[30005]; int in[30005]; int main() { int T; cin >> T; while (T--) { int n, m; cin >> n >> m; priority_queue<int>q; vector<int>ans; for (int i = 0; i < m; i++) { int c1, c2; scanf("%d%d", &c1, &c2); /*head[c1].push_back(c2); in[c2]++;*/ head[c2].push_back(c1); in[c1]++; } for (int i = 1; i <= n; i++) { if (!in[i]) { q.push(i); } } while (!q.empty()) { int temp = q.top(); q.pop(); ans.push_back(temp); for (int i = 0; i < head[temp].size(); i++) { in[head[temp][i]]--; if (!in[head[temp][i]]) q.push(head[temp][i]); } } if (ans.size() == n) { for (int i = n - 1; i >= 0 ; i--) { head[i + 1].clear(); cout << ans[i]; if (i != 0)cout << ‘ ‘; } cout << endl; } q.emplace(); ans.clear(); } return 0; }
以上是关于图论篇4——拓扑排序的主要内容,如果未能解决你的问题,请参考以下文章