NOI2010航空管制
2008: [Noi2010]航空管制
Time Limit: 10 Sec Memory Limit: 552 MB
Submit: 31 Solved: 0
[Submit][Status]
Description
Input
Output
Sample Input
5 5
4 5 2 5 4
1 2
3 2
5 1
3 4
3 1
【样例输入2】
5 0
3 3 3 5 5
Sample Output
3 5 1 4 2
3 4 1 2 1
【样例输出2】
3 2 1 5 4
1 1 1 4 4
【样例说明】
在样例1 中:
起飞序列3 5 1 4 2满足了所有的限制条件,所有满足条件的起飞序列有:
3 4 5 1 2 3 5 1 2 4 3 5 1 4 2 3 5 4 1 2
5 3 1 2 4 5 3 1 4 2 5 3 4 1 2
由于存在(5, 1)和(3, 1)两个限制,航班1只能安排在航班5和3之后,故最早起飞时间为3,其他航班类似。
在样例2 中:
虽然航班4、5没有相对起飞顺序限制,但是由于航班1、2、3都必须安排在前3个起飞,所以4、5最早只能安排在第4个起飞。
HINT
【数据范围】
对于30%数据:n≤10;
对于60%数据:n≤500;
对于100%数据:n≤2,000,m≤10,000。
Source
不错的一道贪心。
首先看第一问,要求输出一个可行的方案。
只需要倒过来,也就是如果i必须在j前面,那么从j向i连边。然后每一个点的初始权值wi表示最晚可以什么时候进,就是那个最晚的时间ki,然后按拓扑序跑一遍,用每一个点i的wi-1去更新其后继j的wj值,(取min)这样就求出了每一个点的可能的最晚时间。
然后排个序,从小到大输出即可。(呵呵!保证了有合法序列真好)。
第一问的贪心还是很好想的,至于证明的话:考虑每一个点让它尽可能的跑最晚的时间在有可行解的情况下肯定是能够跑出可行解的。
第二问就比第一问难了。
对于一个点i,在不考虑别的点的情况下,肯定答案就是1了,现在考虑哪些情况会让它不得不推后。
1:其前驱一定是要在前面的。
2:有些没有被安排在i的前面的点j的wj小于i当前的时间。
3:这种情况就比较奇葩了。就是虽然现在的j的限制是满足的,但是加上之前没有放在i前面的点之后就悲剧了。
对于第一种情况bfs就够了。
对于第二种情况和第三种情况,pi,表示现在求i的最小进入时间,(初始由bfs得出)然后从小到大扫描。
第二种情况:判断wj是否<=pi,如果是,则++pi。
第三种情况:看当前累积的放在i后面的个数和已经在i前面的个数加起来是不是可以满足j的限制,如果可以,当然继续丢i后面,否则就把j前面的没有在i前面的全部放在i前面。
这样,问题就完美解决了。
代码:
const maxn=+;maxm=+;
type node=record
go,next:longint;
end;
var head,deg,inp,a,b,q:array[..maxn] of longint;
h,t,i,n,m,x,y:longint;
e:array[..maxm] of node;
procedure sort(l,r:longint);
var i,j,m,temp:longint;
begin
i:=l;j:=r;x:=a[(i+j)>>];
repeat
while b[a[i]]<b[x] do inc(i);
while b[a[j]]>b[x] do dec(j);
if i<=j then
begin
y:=a[i];a[i]:=a[j];a[j]:=y;
inc(i);dec(j);
end;
until i>j;
if i<r then sort(i,r);
if j>l then sort(l,j);
end;
procedure init;
begin
readln(n,m);
for i:= to n do
begin
read(b[i]);
b[i]:=n-b[i];
a[i]:=i;
end;
sort(,n);
for i:= to m do
begin
readln(y,x);
e[i].go:=y;inc(inp[y]);e[i].next:=head[x];head[x]:=i;
end;
end;
procedure work(x:longint);
var i,p,j,u,v:longint;
begin
deg:=inp;
h:=;t:=;p:=;
for i:= to n do
begin
while (p<=n) and (b[a[p]]<i) do
begin
v:=a[p];
if (deg[v]=) and (v<>x) then
begin
inc(t);q[t]:=v;
end;
inc(p);
end;
if h<t then
begin
inc(h);
u:=q[h];
j:=head[u];
while j<> do
begin
v:=e[j].go;
dec(deg[v]);
if (deg[v]=) and (v<>x) and (b[v]<i) then
begin
inc(t);q[t]:=v;
end;
j:=e[j].next;
end;
end
else exit;
end;
end;
procedure main;
begin
work();
for i:=t downto do write(q[i],' ');writeln;
for i:= to n do
begin
work(i);
write(n-t,' ');
end;
end;
begin
assign(input,'input.txt');assign(output,'output.txt');
reset(input);rewrite(output);
init;
main;
close(input);close(output);
end.
NOI2010航空管制的更多相关文章
- [BZOJ2109][NOI2010]航空管制(贪心+拓扑)
2109: [Noi2010]Plane 航空管制 Time Limit: 10 Sec Memory Limit: 512 MBSubmit: 1227 Solved: 510[Submit][ ...
- bzoj2535 [Noi2010]航空管制
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 ...
- [NOI2010]航空管制(拓扑排序+贪心)
题目描述 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 ...
- NOI2010 航空管制
http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=2535 贪心. 对于第1个问,我们先建立拓扑图,对于如果a必须在b前起飞,那么连有向边b->a, ...
- BZOJ.2109.[NOI2010]航空管制(拓扑 贪心)
题目链接 双倍经验(没有第一问) \(Description\) \(Solution\) 第一问拓扑排序即可. 第二问,即让一个元素在拓扑序中尽量靠前,好像不好做. 但是可以让一个元素出现尽量靠后. ...
- 【[NOI2010]航空管制】
关于拓扑排序的反建图还是一个非常套路的东西 比如说[HNOI2015]菜肴制作 我们希望使得某一个东西在拓扑序中出现的尽可能早,这个时候就可以建出一张反图来,使得这个东西在反图中的拓扑序尽量靠后,从而 ...
- 洛谷 P1954 [NOI2010]航空管制
https://www.luogu.org/problemnew/show/P1954 拓扑排序, 注意到如果正着建图("a出现早于b"=>"a向b连边" ...
- BZOJ 2535:NOI 2010 航空管制
[NOI2010]航空管制 题面请点上面. 首先第一问,我第一想法是把它放到一个小根堆中,然而这是不行的. 正确的思路是,把图反过来建,然后放到一个大根堆里去. 至于原因,感性理解一下,正着贪是有后效 ...
- 【BZOJ2109/2535】【NOI2010】航空管制(贪心)
[BZOJ2109/2535][NOI2010]航空管制(贪心) 题面 BZOJ2109 BZOJ2535 题解 很好玩的一道题目 先看第一问,显然是要找一个合法的拓扑排序的序列. 直接拓扑排序,把队 ...
随机推荐
- Codevs 2611 观光旅游(floyed最小环)
2611 观光旅游 时间限制: 1 s 空间限制: 128000 KB 题目等级 : 钻石 Diamond 题目描述 Description 某旅游区里面有N个景点.两个景点之间可能直接有道路相连,用 ...
- 九度OJ 1513 二进制中1的个数
题目地址:http://ac.jobdu.com/problem.php?pid=1513 题目描述: 输入一个整数,输出该数二进制表示中1的个数.其中负数用补码表示. 输入: 输入可能包含多个测试样 ...
- JS中内嵌函数中this关键字的使用
this关键字的使用 在嵌套函数中:和变量不同,this关键字没有作用域的限制,在嵌套函数的内部使用this关键字可以分为以下两种情况: 1)如果嵌套函数作为方法调用,那么this为当前的上下文. 2 ...
- 最大类间方差法(Otsu)
由Otsu(大津展之)于1978年提出的最大类间方差法,是引起较多关注的一种阈值选取方法.它是在判决分析或最小二乘原理的基础上推导出来的. 参考文献: [1] Otsu N. A threshold ...
- java感触一则
看到开源中国上边有那么多关于java的开源项目,从数据库到3D游戏再到IDE工具,甚至有iQQ,形形种种都是一些比较成熟的,工程很大的项目.才意识到Java是如此的强大和流行. 这么多开源的代码我不可 ...
- git 使用事项
基本安装可查看 http://help.github.com 如果删除了本地的文件,要恢复相关文件,在github存在(别人增加的),则:git pull <远程主机名> <远程分支 ...
- PHP学习心得(三)——处理表单
表单的任何元素都在 PHP 脚本中自动生效. 一个简单的 HTML 表单: <form action="action.php" method="post" ...
- err: exp-00056 rra-12154 exp-00000
一直用的是win7系统+oracle11g r1 server端(后简称r1). 由于工作需要装了oracle11g r2 client端(后简称r2). 在装r2之前,r1的导出exp是没有问题的. ...
- VC++对话框中添加状态栏的方法
方法一:1.添加成员变量CStatusBarCtrl m_StatusBar;2.在OnInitDialog()中加入: m_StatusBar.Create(WS_ ...
- UIAlertView带textField
UIAlertView *alert = [[UIAlertView alloc]initWithTitle:@"校验登录密码" message:@"" del ...