BZOJ4010 [HNOI2015]菜肴制作【拓扑排序 + 贪心】

题目

知名美食家小 A被邀请至ATM 大酒店，为其品评菜肴。

ATM 酒店为小 A 准备了 N 道菜肴，酒店按照为菜肴预估的质量从高到低给予

1到N的顺序编号，预估质量最高的菜肴编号为1。由于菜肴之间口味搭配的问题，

某些菜肴必须在另一些菜肴之前制作，具体的，一共有 M 条形如“i 号菜肴‘必须’

先于 j 号菜肴制作”的限制，我们将这样的限制简写为<i,j>。现在，酒店希望能求

出一个最优的菜肴的制作顺序，使得小 A能尽量先吃到质量高的菜肴：也就是说，

(1)在满足所有限制的前提下，1 号菜肴“尽量”优先制作；(2)在满足所有限制，1

号菜肴“尽量”优先制作的前提下，2号菜肴“尽量”优先制作；(3)在满足所有限

制，1号和2号菜肴“尽量”优先的前提下，3号菜肴“尽量”优先制作；(4)在满

足所有限制，1 号和 2 号和 3 号菜肴“尽量”优先的前提下，4 号菜肴“尽量”优

先制作；(5)以此类推。

例1：共4 道菜肴，两条限制<3,1>、<4,1>，那么制作顺序是 3,4,1,2。例2：共

5道菜肴，两条限制<5,2>、 <4,3>，那么制作顺序是 1,5,2,4,3。例1里，首先考虑 1，

因为有限制<3,1>和<4,1>，所以只有制作完 3 和 4 后才能制作 1，而根据(3)，3 号

又应“尽量”比 4 号优先，所以当前可确定前三道菜的制作顺序是 3,4,1；接下来

考虑2，确定最终的制作顺序是 3,4,1,2。例 2里，首先制作 1是不违背限制的；接

下来考虑 2 时有<5,2>的限制，所以接下来先制作 5 再制作 2；接下来考虑 3 时有

<4,3>的限制，所以接下来先制作 4再制作 3，从而最终的顺序是 1,5,2,4,3。

现在你需要求出这个最优的菜肴制作顺序。无解输出“Impossible!” （不含引号，

首字母大写，其余字母小写）

输入格式

第一行是一个正整数D，表示数据组数。

接下来是D组数据。

对于每组数据：

第一行两个用空格分开的正整数N和M，分别表示菜肴数目和制作顺序限

制的条目数。

接下来M行，每行两个正整数x,y，表示“x号菜肴必须先于y号菜肴制作”

的限制。（注意：M条限制中可能存在完全相同的限制）

输出格式

输出文件仅包含 D 行，每行 N 个整数，表示最优的菜肴制作顺序，或

者”Impossible!”表示无解（不含引号）。

输入样例

5 4

5 3

4 2

3 2

3 3

1 2

2 3

3 1

5 2

4 3

输出样例

1 5 3 4 2

Impossible!

1 5 2 4 3

提示

第二组数据同时要求菜肴1先于菜肴2制作，菜肴2先于菜肴3制作，菜肴3先于

菜肴1制作，而这是无论如何也不可能满足的，从而导致无解。

100%的数据满足N,M<=100000,D<=3。

题解

容易想到正拓扑序 + 堆的贪心

但是这样不能保证编号小的尽量前

但是我们逆拓扑序，尽量先选编号大的，再把顺序反过来就行了

因为大的编号放后面，就以为着把更前的位置留给了编号更小的点，交换过来一定不优

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<vector>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define LL long long int
#define Redge(u) for (int k = h[u],to; k; k = ed[k].nxt)
#define REP(i,n) for (int i = 1; i <= (n); i++)
#define BUG(s,n) for (int i = 1; i <= (n); i++) cout<<s[i]<<' '; puts("");
using namespace std;
const int maxn = 100005,maxm = 100005,INF = 1000000000;
inline int read(){
	int out = 0,flag = 1; char c = getchar();
	while (c < 48 || c > 57){if (c == '-') flag = -1; c = getchar();}
	while (c >= 48 && c <= 57){out = (out << 3) + (out << 1) + c - 48; c = getchar();}
	return out * flag;
}
int h[maxn],ne = 1;
struct EDGE{int to,nxt;}ed[maxn];
int n,m,ans[maxn],ansi,vis[maxn],inde[maxn];
priority_queue<int> q;
inline void build(int u,int v){
	ed[ne] = (EDGE){v,h[u]}; h[u] = ne++;
	inde[v]++;
}
int dfn[maxn],low[maxn],Scc[maxn],st[maxn],top,cnt,scci,flag;
void dfs(int u){
	dfn[u] = low[u] = ++cnt;
	st[++top] = u;
	Redge(u){
		if (!dfn[to = ed[k].to]){
			dfs(to);
			if (!flag) return;
			low[u] = min(low[to],low[u]);
		}
		else if (!Scc[to]) low[u] = min(low[u],dfn[to]);
	}
	if (dfn[u] == low[u]){
		scci++;
		int tot = 0;
		do {
			Scc[st[top]] = scci; tot++;
		}while (st[top--] != u);
		if (tot > 1){
			flag = false;
			return;
		}
	}
}
bool solve(){
	memset(dfn,0,sizeof(dfn));
	memset(Scc,0,sizeof(Scc));
	top = cnt = scci = 0; flag = true;
	REP(i,n) if (!dfn[i]){
		dfs(i);
		if (!flag) return false;
	}
	REP(i,n) if (!inde[i]) q.push(i);
	int u; ansi = 0;
	while (!q.empty()){
		u = q.top(); q.pop();
		ans[++ansi] = u;
		Redge(u) {
			inde[to = ed[k].to]--;
			if (!inde[to]) q.push(to);
		}
	}
	return true;
}
int main(){
	int T = read();
	while (T--){
		ne = 1;
		memset(h,0,sizeof(h));
		memset(inde,0,sizeof(inde));
		n = read(); m = read();
		int a,b;
		while (m--){
			a = read(); b = read();
			build(b,a);
		}
		if (!solve()) puts("Impossible!");
		else{
			for (int i = n; i; i--) printf("%d ",ans[i]); puts("");
		}
	}
	return 0;
}