[BZOJ]菜肴制作 [HNOI2015]

题目描述

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）

输入输出格式

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）。

输入输出样例

输入样例

输出样例

1 5 3 4 2 
Impossible! 
1 5 2 4 3

说明

样例解释

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$$N,M \leq 100000,D \leq 3$$。

思路

拓扑排序

对每一种情况拓扑排序并记录now节点，逆序输出

注意：多组数据及初始化

代码

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <queue>
#include <algorithm>
using namespace std;

const int maxn = 100010;
int T;
int n, m, x, y;
int in[maxn], order[maxn];
int head[maxn], cnt = 0;
priority_queue<int>q;
struct node { int to, nxt; };
node e[maxn];

void adde(int x, int y)
{
    cnt++;
    e[cnt].to = y; e[cnt].nxt = head[x]; head[x] = cnt;
}


void init()
{
    memset(in, 0, sizeof(in));
    memset(head, 0, sizeof(head));
    memset(order, 0, sizeof(order));
    cnt = 0;
    while (!q.empty())q.pop();
}

int main()
{
    scanf("%d", &T);
    while (T--)
    {
        init();
        scanf("%d%d", &n, &m);
        for (int i = 1; i <= m; i++)
        {
            scanf("%d%d", &x, &y);
            adde(y, x);
            in[x]++;
        }
        for (int i = 1; i <= n; i++)
            if (!in[i]) q.push(i);
        cnt = 0;
        while (!q.empty())
        {
            int now = q.top(); q.pop();
            order[++cnt] = now;
            for (int i = head[now]; i; i = e[i].nxt)
            {
                in[e[i].to]--;
                if (!in[e[i].to])   q.push(e[i].to);
            }
        }
        if (cnt < n) puts("Impossible!");
        else
        {
            for (int i = n; i; i--)
                printf("%d ", order[i]);
            printf("\n");
        }
    }
}

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