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## 反向建图+拓扑排序
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### 零、复习拓扑排序
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**[$HDU$ $3342$ $Legal$ $or$ $Not$](https://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=3342)**
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**【正图，普通拓扑排序】**
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**题意**：给出$n$人的编号为 $0$到$n-1$,再给出$m$个关系。$A$和$B$，$A$是$B$的老师。问这些关系是否存在矛盾，即不能存在$A$是$B$的老师，$B$是$C$的老师，而$C$是$A$的老师。
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**思路**：很容易发现，**存在矛盾的样例的图一定存在环**。而 **拓扑排序是判断是否有环的很好算法**。即如果从队列中取出的点不等于$n$，就一定存在环。
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>**注**：不能由队列是否为空来判断，当$n - 2, 1->2, 2->1$时队列也为空，当这是有环的。只有当每个点取出，才可以确定没有环。
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```cpp {.line-numbers}
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#include <bits/stdc++.h>
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using namespace std;
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const int N = 110, M = N << 1;
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int in[N]; // 入度
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// 链式前向星
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int e[M], h[N], idx, w[M], ne[M];
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void add(int a, int b, int c = 0) {
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e[idx] = b, ne[idx] = h[a], w[idx] = c, h[a] = idx++;
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}
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bool solve(int n) {
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queue<int> q;
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for (int i = 0; i < n; i++)
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if (in[i] == 0) q.push(i);
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int cnt = 0;
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while (q.size()) {
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int u = q.front();
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q.pop();
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++cnt;
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for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i]) {
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int j = e[i];
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in[j]--;
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if (in[j] == 0) q.push(j);
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}
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}
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return cnt == n;
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}
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int main() {
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// 加快读入
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ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0);
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int n, m;
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while (cin >> n >> m && n) {
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// 多组测试数据，一定要注意两个初始语句！
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memset(h, -1, sizeof h);
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idx = 0;
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memset(in, 0, sizeof in);
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while (m--) {
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int u, v;
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cin >> u >> v;
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in[v]++;
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add(u, v); // 建正图
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}
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bool ans = solve(n);
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puts(ans ? "YES" : "NO");
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}
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return 0;
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}
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```
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**[$HDU$ $2647$ $Reward$ 奖励](https://vjudge.net/problem/HDU-2647)**
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**题意**：老板发奖金，每个工人至少$888$元，而有些工人存在着要求，$a$和$b$，$a$要求他的奖金要比$b$高。给你$n$个工人，编号为$1$到$n$，$m$个要求，**求老板总共最低需要给这些工人多少奖金**。不能满足他们的要求就输出$-1$。
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**思路**：不能满足要求，即存在环。当满足要求时，最小的$b$得$888$，向上依次加$1$。
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```cpp {.line-numbers}
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#include <bits/stdc++.h>
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using namespace std;
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const int N = 10010, M = N << 1;
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// 链式前向星
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int e[M], h[N], idx, w[M], ne[M];
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void add(int a, int b, int c = 0) {
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e[idx] = b, ne[idx] = h[a], w[idx] = c, h[a] = idx++;
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}
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int num[N]; // 记录每个工人的最终获取多少奖金
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int n, m;
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int in[N], ans;
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int toposort() {
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queue<int> q;
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int cnt = 0; // 出队列的节点个数
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ans = 0;
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for (int i = 1; i <= n; i++)
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if (in[i] == 0) q.push(i);
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while (q.size()) {
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int u = q.front();
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q.pop();
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cnt++;
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ans += num[u]; // 出队时，累加出队人员的奖金数量
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for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i]) {
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int j = e[i];
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in[j]--;
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if (in[j] == 0) {
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q.push(j);
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num[j] = num[u] + 1; // 需要表示反向图指定的节点比源节点的奖金大1
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}
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}
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}
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if (cnt != n) ans = -1;
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return ans;
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}
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int main() {
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// 加快读入
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ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0);
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while (cin >> n >> m) {
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// 初始化链式前向星
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memset(h, -1, sizeof h);
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idx = 0;
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memset(in, 0, sizeof in);
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for (int i = 0; i <= n; i++) num[i] = 888; // 每个人最少888元
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while (m--) {
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int u, v;
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cin >> u >> v;
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add(v, u); // 小的向大的建图
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in[u]++;
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}
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printf("%d\n", toposort());
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|
}
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return 0;
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}
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```
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### 一、基本认识
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- 当有向图需要求多个点到一个点的最短距离时
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- 除了使用多元最短路的方法还可以通过反向建边转化为单源最短路
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- 顾名思义，将边反向
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### 二、反向建边方法
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- 用邻接表存图时(用堆优化版$dijkstra$跑最短路时适用
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```cpp {.line-numbers}
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int dist[2 * N];
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// 链式前向星，因为是两份图，所以啥啥都是两份
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int h[2 * N], ne[2 * M], e[2 * M], w[2 * M], idx;
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bool st[N];
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void add(int a, int b, int c) {
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e[idx] = b, w[idx] = c, ne[idx] = h[a], h[a] = idx++;
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}
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while (m--) {
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int a, b, c;
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cin >> a >> b >> c;
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add(a, b, c); // 正图
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add(b + n, a + n, c); // 反图
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}
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```
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- 翻转邻接矩阵
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```cpp {.line-numbers}
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void over(int n){//翻转
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for(i=1;i<=n;i++)
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for(j=i+1;j<=n;j++)
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swap(g[i][j], g[j][i]);
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}
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```
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### 三、什么类型的题目需要反向建图 ？
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#### 1、多点到一点的最短距离，需要反向建图
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[邮递员送信](https://www.luogu.com.cn/problem/P1629)
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**题目描述**
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有一个邮递员要送东西，邮局在节点 $1$。他总共要送 $n-1$ 样东西，其目的地分别是节点 $2$ 到节点 $n$。由于这个城市的交通比较繁忙，因此所有的道路都是单行的，共有 $m$ 条道路。这个邮递员每次只能带一样东西，并且运送每件物品过后必须返回邮局。求送完这 $n-1$ 样东西并且最终回到邮局最少需要的时间。
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**输入格式**
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第一行包括两个整数，$n$ 和 $m$，表示城市的节点数量和道路数量。
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第二行到第 $(m+1)$ 行，每行三个整数，$u,v,w$，表示从 $u$ 到 $v$ 有一条通过时间为 $w$ 的道路。
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**输出格式**
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输出仅一行，包含一个整数，为最少需要的时间。
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```cpp {.line-numbers}
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input output 83
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2 3 5
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1 5 5
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3 5 6
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1 2 8
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1 3 8
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5 3 4
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4 1 8
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4 5 3
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3 5 6
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5 4 2
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```
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```cpp {.line-numbers}
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#include <bits/stdc++.h>
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using namespace std;
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const int N = 1e5 + 10, M = N << 1;
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typedef pair<int, int> PII;
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int n, m, s;
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int dist[2 * N];
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// 链式前向星，因为是两份图，所以啥啥都是两份
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int h[2 * N], ne[2 * M], e[2 * M], w[2 * M], idx;
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bool st[N];
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void add(int a, int b, int c) {
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e[idx] = b, w[idx] = c, ne[idx] = h[a], h[a] = idx++;
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}
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void dijkstra(int s) {
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memset(dist, 0x3f, sizeof dist);
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dist[s] = 0;
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priority_queue<PII, vector<PII>, greater<PII>> q; // 小顶堆
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q.push({0, s});
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while (q.size()) {
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auto t = q.top();
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q.pop();
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int u = t.second;
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if (st[u]) continue;
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st[u] = 1;
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for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i]) {
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int j = e[i];
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if (dist[j] > dist[u] + w[i]) {
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dist[j] = dist[u] + w[i];
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q.push({dist[j], j});
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}
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}
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}
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}
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int main() {
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memset(h, -1, sizeof h);
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cin >> n >> m;
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while (m--) {
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int a, b, c;
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cin >> a >> b >> c;
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add(a, b, c); // 正图
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add(b + n, a + n, c); // 反图
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}
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int res = 0;
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// 单源最短路，就是从1出发，到达其它n-1个点的最短距离
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dijkstra(1);
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for (int i = 1; i <= n; i++) res += dist[i];
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// 从n-1个节点，返回1号节点，就是多源最短路
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// 通过建反图，将多源最短路转化为单源最短路
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// 建反图时，所以节点号+n处理，这样1号节点就变成1+n号节点,其它n-1个节点向1号节点的多源最短路就变成了
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// 从1+n~ [2+n,3+n,...,n+n]的最短路径了
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dijkstra(1 + n);
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for (int i = 1 + n; i <= 2 * n; i++) res += dist[i];
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printf("%d\n", res);
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return 0;
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|
}
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|
```
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**[$P3916$ 图的遍历](https://www.luogu.com.cn/problem/P3916)**
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**题目描述**
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给出 $N$ 个点，$M$ 条边的有向图，对于每个点 $v$，求 $A(v)$ 表示从点 $v$ 出发，能到达的编号最大的点。
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**输入格式**
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第 $1$ 行 $2$ 个整数 $N,M$，表示点数和边数。
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接下来 $M$ 行，每行 $2$ 个整数 $U_i,V_i$，表示边 $(U_i,V_i)$。点用 $1,2,\dots,N$ 编号。
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**输出格式**
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一行 $N$ 个整数 $A(1),A(2),\dots,A(N)$。
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**样例输入**
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|
```
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4 3
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|
|
1 2
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2 4
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|
|
4 3
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|
```
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|
|||
|
|
**样例输出**
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|
|
|
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|
|
```
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|
|
4 4 3 4
|
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|
|
```
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|
|
|
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|
|
**提示**
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- 对于 $60\%$ 的数据，$1 \leq N,M \leq 10^3$。
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- 对于 $100\%$ 的数据，$1 \leq N,M \leq 10^5$。
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**解题思路**
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一开始大家的思路应该就是单纯的$dfs$但是我们注意到$n,m$的范围到了$10^5$ ,这时$O(N^2)$ 的暴力是过不去的,于是我换了个思路，按题目来每次考虑每个点可以到达点编号最大的点，不如考虑较大的点可以反向到达哪些点。
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循环从$N$到$1$，则每个点$i$能访问到的结点的$A$值都是$i$。
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每个点访问一次，这个$A$值就是最优的，因为之后如果再访问到这个结点那么答案肯定没当前大了，这样做的同时也避免了每次都要更新状态值。
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```cpp {.line-numbers}
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|
#include <bits/stdc++.h>
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|
using namespace std;
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|
|
const int N = 1e5 + 10, M = N << 1;
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|
int n, m;
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|
// 链式前向星
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|
int e[M], h[N], idx, w[M], ne[M];
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|
|
void add(int a, int b, int c = 0) {
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|
|
e[idx] = b, ne[idx] = h[a], w[idx] = c, h[a] = idx++;
|
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|
}
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int res[N];
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void dfs(int u, int val) {
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if (res[u]) return; // 如果已经标记过，不用重复标记
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res[u] = val; // 没有标记过，就标记一下
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for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i]) {
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int j = e[i];
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if (!res[j]) dfs(j, val);
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}
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|
|
}
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|
int main() {
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|
|
memset(h, -1, sizeof h);
|
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|
|
cin >> n >> m;
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while (m--) {
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int a, b;
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cin >> a >> b;
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add(b, a);
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}
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for (int i = n; i >= 1; i--) dfs(i, i);
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for (int i = 1; i <= n; i++) cout << res[i] << ' ';
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return 0;
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}
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```
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#### 2、对于要求编号小的靠前输出这类题需要反向建图
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**$Q$:为什么这样的要求需要反向建图 ?**
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比如说：有$1,2,3$ 共$3$个数，要求 $3$ 在 $1$ 前面输出(对 $2$ 没有要求)
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如果没有反向建图的话，会造成输出 $2, 3, 1$这样的错解(实际上应该输出 $3,1,2$ ...)
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**详细步骤**
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对于给定顺序：
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$6 -> 4 -> 7$ (对于这一行，要求先输出$6$，再输出$4$，最后输出 $7$)
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$3 -> 9 ->2$ (同上)
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$5 ->1 ->8$ (同上)
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这样我们反向建图，每次都处理（比较）入度为 $0$ 的点
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$6 <- 4 <- 7$
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$3 <- 9 <- 2$
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$5 <- 1 <- 8$
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这样我们先比较 $7,2,8$ 这一列（ 入度为 $0$ 嘛），大的肯定是最后输出(要求小的先输出)
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因此 $ans[1] = 8$ ,把 $8$ 剔除出去，与 $8$ 相连的点的入度 $-1$
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$6 <- 4 <- 7$
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$3 <- 9 <- 2$
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$5 <- 1$
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此时入度为 $0$ 的点有 $7,2,1$ ，然后再把最大的剔除出去
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因此 $ans[2] = 7$，与 $7$ 相连的点的入度 $-1$
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$6 <- 4$
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$3 <- 9 <- 2$
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$5 <- 1$
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此时入度为 $0$ 的点有 $4,2,1$ ，然后再把最大的剔除出去
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因此 $ans[3] = 4$ 与 $4$ 相连的点的入度 $-1$。
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反复执行上述步骤，直至处理完全部入度为 $0$ 的点（ 可能有环。。。）
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最后得到 $ans[1] = 8 ; ans[2] = 7 ;ans[3] = 4 ; ans[4] = 6 ;ans[5] = 2 ; ans[6] = 9 ;ans[7] = 3 ;ans[8] = 1 ; ans[9] = 5$
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此时，我们再反向输出，即可以得到答案
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$5, 1, 3, 9, 2, 6, 4, 7, 8$
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**求拓扑有两种形式**
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- **求字典序最小**：建正图，找最小的进行更新，正序输出。
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**[$HDU$ $1285$](https://vjudge.net/problem/HDU-1285)**
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- **求编号最小**：建反图，找最大的进行更新，倒序输出。
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**[$HDU$ $4857$ 逃生](https://blog.csdn.net/weixin_44258590/article/details/108352025)**
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**[牛客网 菜肴制作](https://ac.nowcoder.com/acm/problem/20115?&headNav=acm)**
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**$Q$:这两种题目有什么不同呢?**
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我们发现前一道是要求 **字典序最小优先输出** 即可 后面一道却是要求 **编号最小优先输出**！
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对于这张图，**字典序最小优先输出** 是 `1 3 4 2`
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$BUT$, **编号最小优先输出** 是 `1 4 2 3`
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思路:
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首先这道题 **给定了两个数之间的位次关系** ,那么显然是需要用到 **拓扑排序** 的.
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**输出不可行的方法** 也十分简单,只要 **使用拓扑排序判断一下有没有形成环** 即可,因为假设形成了环了话,那么我们的这个环就不存在一个点的入度为$0$,那么这个点就不会加入到$bfs$中,最终的答案队列中的数就不够$n$个了,所以此时直接输出`impossible!`即可。
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那么接下来的主要解决问题就是 **如何保证越小的值越在前面** 这个问题了.首先我们肯定会想到使用贪心输出字典序最小的序列,但是遗憾的是,这个贪心显然是错误的.举个反例:
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$4$种菜肴，限制为 $<2,4> <3,1>$ 那么字典序最小的是 $2,3,1,4$ 但题目要求的最优解是 $3,1,2,4$ 这$4$种菜肴，所以我们直接使用贪心做是不行的.
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> **贪心**：$2$在$4$前，$3$在$1$前，而$2、3$无顺序关联，$4、1$无顺序关联，按字典序的话，就是$2、3、1、4$
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> **题目要求**:先考虑$1$，需要在$3$后，即$3、1$，然后考虑$2$,需要在$4$前,就是$3、1、2、4$
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> <font color='red' size=4><b> 总结：字典序最小与编号最小是两回事，用不同的方法实现！</b></font>
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**[$HDU$ $1285$ 确定比赛名次](https://blog.csdn.net/henu_xujiu/article/details/97131301)**
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思路：在当前步骤，在所有入度为$0$的点中 **输出编号最小的**。考虑用$BFS$实现，修改$BFS$的拓扑排序程序，**把普通队列改为优先队列**$Q$。在$Q$中放入度为$0$的点，每次输出编号最小的结点，然后把它的后续结点的入度减一，入度减为$0$的再放进$Q$，这样就能输出一个字典序最小的拓扑排序。
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```cpp {.line-numbers}
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#include <bits/stdc++.h>
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using namespace std;
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const int N = 510;
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bool g[N][N]; // 邻接矩阵
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int in[N]; // 入度
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int n, m; // n个顶点，m条边
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// 小顶堆
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priority_queue<int, vector<int>, greater<int>> q;
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/*
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4 3
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1 2
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2 3
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4 3
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1 2 4 3
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*/
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void toposort() {
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// 所有入度为零的节点入队列，是拓扑序的起始节点
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for (int i = 1; i <= n; i++)
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if (in[i] == 0) q.push(i);
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int cnt = 0;
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while (q.size()) {
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int u = q.top();
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q.pop();
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cnt++; // 又一个节点出队列
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// 输出拓扑序
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if (cnt != n)
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cout << u << " ";
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|
else
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cout << u << endl;
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for (int i = 1; i <= n; i++)
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if (g[u][i]) {
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in[i]--;
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|
if (!in[i]) q.push(i);
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}
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|
}
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|
}
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int main() {
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while (cin >> n >> m) {
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memset(g, 0, sizeof g);
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memset(in, 0, sizeof in);
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while (m--) {
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int x, y;
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cin >> x >> y;
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if (g[x][y]) continue; // 防止重边
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g[x][y] = 1; // 设置有关联关系
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in[y]++; // 入度+1
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}
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toposort(); // 拓扑序
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|
}
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return 0;
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|
}
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```
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|
**[牛客网 菜肴制作](https://ac.nowcoder.com/acm/problem/20115?&headNav=acm)**
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```cpp {.line-numbers}
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|
#include <bits/stdc++.h>
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|
|
using namespace std;
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|
|
#define int long long
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const int N = 100010, M = N << 1;
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int in[N]; // 入度数组
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// 链式前向星
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int e[M], h[N], idx, w[M], ne[M];
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|
void add(int a, int b, int c = 0) {
|
|||
|
|
e[idx] = b, ne[idx] = h[a], w[idx] = c, h[a] = idx++;
|
|||
|
|
}
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|
|
|
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|
|
void solve() {
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|
memset(in, 0, sizeof in); // 入度
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|
|
memset(h, -1, sizeof h); // 初始化链式前向星
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|
idx = 0;
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|
|
priority_queue<int> q; // 优先队列大顶堆
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|
|
map<pair<int, int>, int> _map; // 使用红黑树保存已经添加过关系的数，防止出现重边
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|
|
vector<int> ans;
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|
int n, m;
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|
cin >> n >> m; // n个菜，m个关系
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while (m--) {
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|
int x, y;
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|
cin >> x >> y;
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|
if (!_map[{x, y}]) { // 防止重复建边
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_map[{x, y}] = 1;
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add(y, x); // 反向建图
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|
|
in[x]++; // 记录入度
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|
|
}
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|
|
}
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|
|
// 入度为零的入队列
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|
|
for (int i = 1; i <= n; i++)
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|
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if (!in[i]) q.push(i);
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|
|
// Topsort
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while (q.size()) {
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|
int u = q.top(); // 序号大的先出来，然后倒序输出
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q.pop();
|
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|
|
ans.push_back(u); // 记录出队顺序
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|
|
for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i]) {
|
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|
|
int j = e[i];
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|
|
in[j]--;
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|||
|
|
if (!in[j]) q.push(j);
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|
|
}
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|
|
}
|
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|
|
if (ans.size() != n)
|
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|
|
cout << "Impossible!";
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|
|
else
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|
|
for (int i = n - 1; i >= 0; i--) cout << ans[i] << ' ';
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|
|
cout << endl;
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|
|
}
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|
|
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|
signed main() {
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|
|
int T;
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|
cin >> T;
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|
while (T--) solve();
|
|||
|
|
return 0;
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|
|
}
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```
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**[$HDU$ $4857$ 逃生【拓扑排序反向建图】](https://blog.csdn.net/weixin_44258590/article/details/108352025)**
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|
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|
```cpp {.line-numbers}
|
|||
|
|
#include <bits/stdc++.h>
|
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|
|
using namespace std;
|
|||
|
|
const int N = 1e5 + 5, M = N << 1;
|
|||
|
|
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|
|
int n, m, ans[N], al;
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|
|
int in[N];
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|
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|
|
// 链式前向星
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|
|
int e[M], h[N], idx, w[M], ne[M];
|
|||
|
|
void add(int a, int b, int c = 0) {
|
|||
|
|
e[idx] = b, ne[idx] = h[a], w[idx] = c, h[a] = idx++;
|
|||
|
|
}
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|
|
|
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|
|
void topsort() {
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|
|
priority_queue<int> q;
|
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|
|
for (int i = 1; i <= n; i++)
|
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|
|
if (in[i] == 0) q.push(i);
|
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|
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|
|||
|
|
while (q.size()) {
|
|||
|
|
int u = q.top();
|
|||
|
|
q.pop();
|
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|
|
ans[al++] = u;
|
|||
|
|
for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i]) {
|
|||
|
|
int j = e[i];
|
|||
|
|
in[j]--;
|
|||
|
|
if (in[j] == 0) q.push(j);
|
|||
|
|
}
|
|||
|
|
}
|
|||
|
|
}
|
|||
|
|
void solve() {
|
|||
|
|
cin >> n >> m;
|
|||
|
|
al = 0, idx = 0;
|
|||
|
|
memset(h, -1, sizeof h);
|
|||
|
|
|
|||
|
|
while (m--) {
|
|||
|
|
int u, v;
|
|||
|
|
cin >> u >> v;
|
|||
|
|
add(v, u);
|
|||
|
|
in[u]++;
|
|||
|
|
}
|
|||
|
|
topsort();
|
|||
|
|
for (int i = al - 1; i >= 0; i--) {
|
|||
|
|
cout << ans[i];
|
|||
|
|
if (i != 0)
|
|||
|
|
cout << ' ';
|
|||
|
|
else
|
|||
|
|
cout << endl;
|
|||
|
|
}
|
|||
|
|
}
|
|||
|
|
int main() {
|
|||
|
|
ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0);
|
|||
|
|
int T;
|
|||
|
|
cin >> T;
|
|||
|
|
while (T--) solve();
|
|||
|
|
return 0;
|
|||
|
|
}
|
|||
|
|
|
|||
|
|
```
|
|||
|
|
|