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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
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 4 1 2 1
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。
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。
/**************************************************************
Problem: 2109
User: ictsing
Language: C++
Result: Accepted
Time:2808 ms
Memory:1400 kb
****************************************************************/
//BZOJ2109 [Noi2010]Plane 航空管制
/*
n个数要求找出一个排列
满足每个数在序列中出现的最后一个位置为k[i]
且给出m个限制要求a在序列中出现b之前
并且还要求出每个数可以在序列中出现的最早的位置
很容易联想到拓扑排序
倒着连边
倒着考虑
每次求的时候
不考虑自己一直加,
加到的最后的位置就是
原来的最早的位置
第一问的话
直接拓扑排序就好了啊
*/
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <queue>
using namespace std;
#define pa pair<int,int>
const int mt = 2000+10;
int adj[mt],ind[mt],k[mt],indd[mt];
const int mm = 10000+10;
int to[mm],nxt[mm];
int ecnt=0;
int n,m;
void adde(int u,int v)
{
ecnt++,to[ecnt]=v,nxt[ecnt]=adj[u],adj[u]=ecnt,ind[v]++,indd[v]++;
}
inline int read()
{
int num=0,flag=1;
char ch;
do{
ch=getchar();
if(ch=='-') flag=-1;
}while(ch<'0'||ch>'9');
do{
num=num*10+ch-'0';
ch=getchar();
}while(ch>='0'&&ch<='9');
return num*flag;
}
priority_queue<pa>q;
int solve(int now)
{
while(!q.empty()) q.pop();
for(int i=1;i<=n;i++) indd[i]=ind[i];
for(int i=1;i<=n;i++)
if(indd[i]==0&&i!=now)
q.push(make_pair(k[i],i));
for(int i=n;i>=1;i--)
{
if(q.empty()) return i;
pa u=q.top(); q.pop();
if(u.first<i) return i;
for(int j=adj[u.second];j;j=nxt[j])
{
indd[to[j]]--;
if(indd[to[j]]==0&to[j]!=now) q.push(make_pair(k[to[j]],to[j]));
}
}
return 0;
}
int main()
{
n=read(),m=read();
for(int i=1;i<=n;i++) k[i]=read();
for(int i=1;i<=m;i++)
{
int a=read(),b=read();
adde(b,a);
}
for(int i=1;i<=n;i++) printf("%d ",solve(i));
puts("");
return 0;
}
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