Bzoj2535 [Noi2010]Plane 航空管制2

Posted 2020-08-10 SilverNebula

 

2535: [Noi2010]Plane 航空管制2

Time Limit: 10 Sec  Memory Limit: 128 MBSec  Special Judge
Submit: 722  Solved: 456

Description

世 博期间，上海的航空客运量大大超过了平时，随之而来的航空管制也频频发生。最近，小X就因为航空管制，连续两次在机场被延误超过了两小时。对此，小X表示 很不满意。 在这次来烟台的路上，小 X不幸又一次碰上了航空管制。于是小 X开始思考关于航空管制的问题。 假设目前被延误航班共有 n个，编号为 1至n。机场只有一条起飞跑道，所有的航班需按某个顺序依次起飞（称这个顺序为起飞序列）。定义一个航班的起飞序号为该航班在起飞序列中的位置，即是第几 个起飞的航班。 起飞序列还存在两类限制条件： ? 第一类（最晚起飞时间限制）：编号为 i的航班起飞序号不得超过 ki; ? 第二类（相对起飞顺序限制）：存在一些相对起飞顺序限制(a, b)，表示航班 a的起飞时间必须早于航班 b，即航班 a的起飞序号必须小于航班 b 的起飞序号。 小X 思考的第一个问题是，若给定以上两类限制条件，是否可以计算出一个可行的起飞序列。第二个问题则是，在考虑两类限制条件的情况下，如何求出每个航班在所有 可行的起飞序列中的最小起飞序号。

Input

第 一行包含两个正整数 n和m，n表示航班数目，m表示第二类限制条件（相对起飞顺序限制）的数目。 第二行包含 n个正整数 k1, k2, „, kn。 接下来 m行，每行两个正整数 a和b，表示一对相对起飞顺序限制(a, b)，其中1≤a,b≤n, 表示航班 a必须先于航班 b起飞。

Output

由两行组成。
第一行包含 n个整数，表示一个可行的起飞序列，相邻两个整数用空格分隔。
输入数据保证至少存在一个可行的起飞序列。如果存在多个可行的方案，输出任
意一个即可。
第二行包含 n个整数 t1, t2, „, tn，其中 ti表示航班i可能的最小起飞序
号，相邻两个整数用空格分隔。

Sample Input

5 5
4 5 2 5 4
1 2
3 2
5 1
3 4
3 1

Sample Output

3 5 1 4 2
3 4 1 2 1

HINT

Source

鸣谢Benz

 

反向存边，并将每架飞机的起飞限制x改成n-x，就将问题转化成一个求飞机最晚起飞时间的问题，用拓扑排序可解。

如何求每架飞机的最小起飞次序？ 在新问题中，每次限制不起飞某架飞机p，而将其他能飞的飞机都飞出去（拓扑排序时不处理p结点，让p连出去的边都保留下来），此时飞机p必须起飞了，这个时间就是它在新问题中的最晚起飞时间，也就是原问题中的最早起飞时间。

 

  1 /**************************************************************
  2     Problem: 2535
  3     User: SilverN
  4     Language: C++
  5     Result: Accepted
  6     Time:1296 ms
  7     Memory:3284 kb
  8 ****************************************************************/
  9  
 10 #include<algorithm>
 11 #include<iostream>
 12 #include<cstring>
 13 #include<cstdio>
 14 #include<cmath>
 15 #include<queue>
 16 using namespace std;
 17 const int mxn=30000;
 18 int read(){
 19     int x=0,f=1;char ch=getchar();
 20     while(ch<‘0‘ || ch>‘9‘){if(ch==‘-‘)f=-1;ch=getchar();}
 21     while(ch>=‘0‘ && ch<=‘9‘){x=x*10+ch-‘0‘;ch=getchar();}
 22     return x*f;
 23 }
 24 //bas
 25 int n,m;
 26 //plane
 27 struct plane{
 28     int id;
 29     int limit;
 30 }p[mxn];
 31 int cmp(plane a,plane b){return a.limit<b.limit;}
 32 //edge
 33 struct edge{//存边，若a必须早于b起飞，则存一条从b到a的边 
 34     int v;
 35     int nxt;
 36 }e[mxn];
 37 int hd[mxn],mct=0;
 38 void add_edge(int u,int v){
 39     e[++mct].v=v;e[mct].nxt=hd[u];hd[u]=mct;
 40     return;
 41 }
 42  
 43 //拓扑排序
 44 int limit[mxn];
 45 int ind[mxn];
 46 int top=0;
 47 int ans[mxn];
 48 int deg[mxn];
 49 /*
 50 queue<int>q;
 51 void solve(int x){
 52     memcpy(deg,ind,sizeof ind);
 53     while(!q.empty()) q.pop();
 54     int i,j;
 55     top=0;
 56     int pos=1;
 57     for(i=1;i<=n;i++){
 58         for(;pos<=n && p[pos].limit<i;pos++){
 59             int v=p[pos].id;
 60             if(!deg[v] && x!=v){
 61                 q.push(v);
 62                 ans[++top]=v;
 63             }
 64         }
 65         if(q.empty())break;
 66         int u=q.front();q.pop();
 67         for(j=hd[u];j;j=e[j].nxt){
 68             int v=e[j].v;
 69             deg[v]--;
 70             if(!deg[v] && v!=x && limit[v]<i){
 71                 q.push(v);
 72                 ans[++top]=v;
 73             }
 74         }
 75     }
 76     return;
 77 }*/
 78 int head,tail;
 79 int q[mxn<<3];
 80 void solve(int x){//不安排x 
 81     int pos,i,j,u,v;
 82     memcpy(deg,ind,sizeof ind);
 83     head=tail=0;
 84     for(i=1,pos=1;i<=n;i++){
 85         for(;pos<=n && p[pos].limit<i;pos++){
 86             int v=p[pos].id;
 87             if(!deg[v] && x!=v){
 88 //              printf("test2:%d %d\n",deg[v],v);
 89                 q[++tail]=v;
 90             }
 91         }
 92         if(head<tail){
 93             u=q[++head];
 94             for(j=hd[u];j;j=e[j].nxt){
 95                 int v=e[j].v;
 96                 deg[v]--;
 97                 if(!deg[v] && v!=x && limit[v]<i){
 98 //                  printf("test3:%d %d\n",deg[v],v);
 99                     q[++tail]=v;
100                 }
101             }
102         }
103         else return;
104     }
105     return;
106 }
107  
108 //main
109 int main(){
110     int i,j;
111     n=read();m=read();
112     for(i=1;i<=n;i++){
113         p[i].limit=read();
114         p[i].limit=n-p[i].limit;
115         p[i].id=i;
116         limit[i]=p[i].limit;
117     }
118     int u,v;
119     sort(p+1,p+n+1,cmp);
120     for(i=1;i<=m;i++){
121         u=read();v=read();
122         ind[u]++;
123         add_edge(v,u);
124     }
125     solve(0);
126     for(i=tail;i;i--)printf("%d ",q[i]);
127 //  for(i=top;i;i--)printf("%d ",ans[i]);
128     printf("\n");
129     for(i=1;i<=n;i++){
130         solve(i);
131         printf("%d ",n-tail);
132     }
133     return 0;
134 }