P
r
o
b
l
e
m
\mathrm{Problem}
Problem
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。
S
o
l
u
t
i
o
n
\mathrm{Solution}
Solution
显然我们可以根据第二类限制建立有向无环图，进行拓扑排序。
考虑第一种限制，对于某一个节点
x
x
x 设位置为
p
(
p
≤
k
x
)
p(p\le k_x)
p(p≤kx),我们要求最大化
p
p
p。
观察到如果我们直接做，当某一个
p
p
p可以放进某一位置时，由于你的策略是最大化
p
p
p，若你此时不放可能存在后面放不进去的情况，那么这么你就很难对此进行贪心。
但是若题目将
≤
≤
≤ 的限制改为
≥
≥
≥，你会发现：
若某一时刻
p
p
p 满足条件，那么无论后面无论如何操作，
p
p
p 永远都是合法的。
因此，我们可以反向建图（因此答案也要反向输出），编号为
i
i
i 的位置需要
≥
n
−
k
i
+
1
\ge n-k_i+1
≥n−ki+1。
考虑第一问输出一种合法方案：
显然对于进入队列的点，
n
−
k
i
+
1
n-k_i+1
n−ki+1点可以满足，那么这个数值比它大的点同样能满足。因此我们每一次选取
n
−
k
i
+
1
n-k_i+1
n−ki+1最小的点取出队列，直接存储答案即可。
对于第二问：
我们队列的做法也和第一问一样，只是我们强制让某一个点不进入队列，判断其它最多有几个点能够进入队列。那么假设有
t
t
t 个点进入队列，当前点的位置即为
t
+
1
t+1
t+1。
C
o
d
e
\mathrm{Code}
Code
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std
;
const int N
= 2e5;
int n
, m
, cnt(0);
int in
[N
], c
[N
], res
[N
], t
[N
];
vector
< int > a
[N
];
int read(void)
{
int s
= 0, w
= 0; char c
= getchar();
while (!isdigit(c
)) w
|= c
== '-', c
= getchar();
while (isdigit(c
)) s
= s
*10+c
-48, c
= getchar();
return w
? -s
: s
;
}
void Topsort1(void)
{
priority_queue
< pair
<int,int> > q
;
for (int i
=1;i
<=n
;++i
) c
[i
] = in
[i
];
for (int i
=1;i
<=n
;++i
)
if (c
[i
] == 0) q
.push({-(n
- t
[i
]), i
});
while (q
.size())
{
int x
= q
.top().second
; q
.pop();
res
[++ cnt
] = x
;
for (int i
=0;i
<a
[x
].size();++i
)
{
int y
= a
[x
][i
];
c
[y
] --;
if (c
[y
] == 0) q
.push({-(n
- t
[y
]), y
});
}
}
for (int i
=cnt
;i
>=1;--i
) printf("%d ", res
[i
]);
puts("");
return;
}
int topsort2(int root
)
{
int tot
= 0;
priority_queue
< pair
<int,int> > q
;
for (int i
=1;i
<=n
;++i
) c
[i
] = in
[i
];
for (int i
=1;i
<=n
;++i
)
if (in
[i
] == 0) q
.push({-(n
- t
[i
]), i
});
while (q
.size())
{
int x
= q
.top().second
;
q
.pop();
if (x
== root
) continue;
if (n
- tot
> t
[x
]) return tot
;
tot
++;
for (int i
=0;i
<a
[x
].size();++i
)
{
int y
= a
[x
][i
]; c
[y
] --;
if (c
[y
] == 0) q
.push({-(n
- t
[y
]), y
});
}
}
return tot
;
}
int main(void)
{
n
= read(), m
= read();
for (int i
=1;i
<=n
;++i
) t
[i
] = read();
for (int i
=1;i
<=m
;++i
)
{
int x
= read(), y
= read();
a
[y
].push_back(x
), in
[x
] ++;
}
Topsort1();
for (int i
=1;i
<=n
;++i
) printf("%d ", n
- topsort2(i
));
return 0;
}
