还不会拓扑排序？看这一篇就够了-Toy模板网

这篇具有很好参考价值的文章主要介绍了还不会拓扑排序？看这一篇就够了。希望对大家有所帮助。如果存在错误或未考虑完全的地方，请大家不吝赐教，您也可以点击"举报违法"按钮提交疑问。

一、什么是拓扑排序？

拓扑排序是一种有向无环图（DAG）的顶点排序方法，它将一个有向无环图中的所有顶点排成一个线性序列，使得图中任意一条有向边上的起点排在终点的前面。

这样说还不够具体，我们先来看一个例子。假设某大学的课程安排如下：

课程编号	课程名称	先修课程
$1$	高等数学	$-$
$2$	程序设计基础	$-$
$3$	离散数学	$1,\,2$
$4$	数据结构	$2,\,3$
$5$	高级语言程序设计	$2$
$6$	编译方法	$4,\,5$
$7$	操作系统	$4,\,9$
$8$	普通物理	$1$
$9$	计算机原理	$8$

为了顺利修完这九门课程，我们必须安排一个合理的学习顺序。

首先根据以上表格构建一个有向图，即若 $j$ 的先修课程有 $i$ ，则画一条 $i$ 到 $j$ 的有向边，于是可以得到：

一个合理的学习顺序是： $1\to8\to9\to2\to3\to5\to4\to7\to6$ ，该序列又称拓扑序列，是对上述有向图进行拓扑排序后的结果。

可以看出，拓扑序列不唯一。例如， $1\to8\to9\to2\to3\to5\to4\to6\to7$ 也是满足要求的学习顺序。

此外还可以证明，DAG一定存在拓扑序列，存在拓扑序列的图也一定是DAG，因此DAG又被称为拓扑图。

二、拓扑排序的实现

拓扑排序的具体步骤如下：

找到所有入度为 $0$ 的顶点，并将其输出到拓扑序列中。
将这些顶点从图中删除，并将所有以该顶点为起点的边的终点的入度减 $1$ 。
不断重复以上两个操作，直到所有的顶点都被输出到拓扑序列中或者图中不存在入度为 $0$ 的顶点为止。

代码实现：

int n, m;  // n表示节点数量，m表示边的数量
int h[N], e[N], ne[N], idx;  // 邻接表存图
int in[N];  // 保存每个点的入度
vector<int> L;  // 存储拓扑序列

// 拓扑排序算法
void topo_sort() {
    queue<int> q;
    for (int i = 1; i <= n; i++)
    	// 找到所有入度为0的点然后将其添加到队列中，同时也输出到拓扑序列中
        if (in[i] == 0) {
            q.push(i);
            L.push_back(i);
        }

    while (!q.empty()) {
        auto t = q.front();
        q.pop();

        for (int i = h[t]; ~i; i = ne[i]) {  // 遍历t的所有相邻节点
            int j = e[i];
            in[j]--;  // 将相邻节点的入度-1
            // 如果相邻节点的入度减到0，则入队列，同时将其输出到拓扑序列中
            if (in[j] == 0) {
                q.push(j);
                L.push_back(i);
            }
        }
    }
}

如果 L.size() == n 成立，说明该图存在拓扑序列，否则说明该图不是DAG。

拓扑排序的时间复杂度和BFS相同，均为 $O (n + m)$ 。

2.1 拓扑排序模版

上述代码显得过于臃肿，我们可以进一步简化以形成模版（~~务必背过~~）。

void topo_sort() {
    queue<int> q;
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        if (!in[i]) q.push(i);

    while (!q.empty()) {
        auto t = q.front();
        q.pop();
        L.push_back(t);

        for (int i = h[t]; ~i; i = ne[i]) {
            int j = e[i];
            if (!--in[j]) q.push(j);
        }
    }
}

三、拓扑排序的应用

3.1 有向图的拓扑序列

🔗 原题链接：AcWing 848. 有向图的拓扑序列

直接套模板即可。

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

const int N = 1e5 + 10;

int n, m;
int h[N], e[N], ne[N], idx;
int in[N];
vector<int> L;

void add(int a, int b) {
    e[idx] = b, ne[idx] = h[a], h[a] = idx++;
}

void topo_sort() {
    queue<int> q;
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        if (!in[i]) q.push(i);

    while (!q.empty()) {
        auto t = q.front();
        q.pop();
        L.push_back(t);

        for (int i = h[t]; ~i; i = ne[i]) {
            int j = e[i];
            if (!--in[j]) q.push(j);
        }
    }
}

int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);

    memset(h, -1, sizeof h);

    cin >> n >> m;
    while (m--) {
        int x, y;
        cin >> x >> y;
        add(x, y), in[y]++;
    }

    topo_sort();

    if (L.size() == n) {
        for (auto i: L) cout << i << ' ';
        cout << "\n";
    } else cout << -1 << "\n";

    return 0;
}

3.2 家谱树

🔗 原题链接：AcWing 1191. 家谱树

如果 $b$ 是 $a$ 的孩子，则画一条由 $a$ 指向 $b$ 的有向边，然后拓扑排序即可。

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

const int N = 110, M = N * N / 2;

int n;
int h[N], e[M], ne[M], idx;
int in[N];
vector<int> L;

void add(int a, int b) {
    e[idx] = b, ne[idx] = h[a], h[a] = idx++;
}

void topo_sort() {
    queue<int> q;
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        if (!in[i]) q.push(i);

    while (!q.empty()) {
        auto t = q.front();
        q.pop();
        L.push_back(t);

        for (int i = h[t]; ~i; i = ne[i]) {
            int j = e[i];
            if (!--in[j]) q.push(j);
        }
    }
}

int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);

    memset(h, -1, sizeof h);

    cin >> n;

    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        int x;
        while (cin >> x, x) {
            add(i, x);
            in[x]++;
        }
    }

    topo_sort();

    for (auto i: L) cout << i << ' ';
    cout << "\n";

    return 0;
}

3.3 奖金

🔗 原题链接：AcWing 1192. 奖金

对于建图，如果 $b$ 的奖金比 $a$ 高，则画一条 $a$ 到 $b$ 的有向边。

要使总奖金最少，很显然，初始时所有入度为 $0$ 的点的奖金都为 $100$ 元。之后，对于图中任意两点 $x, y$ ，如果存在 $x$ 到 $y$ 的有向边，那么 $y$ 的奖金应当比 $x$ 的奖金多一元。

我们可以让队列不止保存员工的编号，还保存每位员工的奖金，这样在遍历的时候就能够方便的去计算每位员工的奖金了。

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

const int N = 10010, M = 20010;

int n, m;
int h[N], e[M], ne[M], idx;
int in[N];
vector<int> L;

void add(int a, int b) {
    e[idx] = b, ne[idx] = h[a], h[a] = idx++;
}

void topo_sort() {
    queue<pair<int, int>> q;
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        if (!in[i]) q.emplace(i, 100);

    while (!q.empty()) {
        auto [t, bonus] = q.front();
        q.pop();
        L.push_back(bonus);

        for (int i = h[t]; ~i; i = ne[i]) {
            int j = e[i];
            if (!--in[j]) q.emplace(j, bonus + 1);  // 多一元
        }
    }
}

int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);

    memset(h, -1, sizeof h);

    cin >> n >> m;
    while (m--) {
        int x, y;
        cin >> x >> y;
        add(y, x), in[x]++;
    }

    topo_sort();

    if (L.size() == n) cout << accumulate(L.begin(), L.end(), 0) << "\n";
    else cout << "Poor Xed\n";

    return 0;
}

3.4 可达性统计

🔗 原题链接：AcWing 164. 可达性统计

本题可以用BFS暴力求解，时间复杂度为 $O(n(n+m))\approx1.8\times 10^9$ ，只能过 $3/5$ 的测试点。

不妨设从 $x$ 出发能够到达的点的集合为 $f (x)$ ，易知

$f(x)=\{x\}\cup \bigcup_{y\in N(x)} f(y)$

也就是说，从 $x$ 出发能够到达的点的集合为从「 $x$ 的各个后继节点」出发能够到达的点的集合的并集再加上 $x$ 自身。所以，只有在计算出一个点的所有后继节点的 $f$ 值之后，我们才能够算出该点的 $f$ 值。这启发我们先对图进行拓扑排序得到一个拓扑序列，然后再倒序计算。

我们可以用 $n$ 位二进制数来存储每个 $f (x)$ ，其中第 $i$ 位是 $1$ 表示 $x$ 能到 $i$ ，第 $i$ 位是 $0$ 表示 $x$ 不能到 $i$ 。这样一来，对若干个集合求并就相当于对若干个二进制数进行按位或运算，每个 $f (x)$ 中 $1$ 的个数就代表了从 $x$ 出发能够到达的节点的数量。

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

const int N = 30010;

int n, m;
int h[N], e[N], ne[N], idx;
int in[N];

vector<int> L;
bitset<N> f[N];

void add(int a, int b) {
    e[idx] = b, ne[idx] = h[a], h[a] = idx++;
}

void topo_sort() {
    queue<int> q;
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        if (!in[i]) q.push(i);

    while (!q.empty()) {
        auto t = q.front();
        q.pop();
        L.push_back(t);

        for (int i = h[t]; ~i; i = ne[i]) {
            int j = e[i];
            if (!--in[j]) q.push(j);
        }
    }
}

int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);

    memset(h, -1, sizeof h);

    cin >> n >> m;
    while (m--) {
        int x, y;
        cin >> x >> y;
        add(x, y), in[y]++;
    }

    topo_sort();

    for (int i = n - 1; ~i; i--) {  // 倒序遍历
        int j = L[i];
        f[j][j] = 1;  // j一定能到达自身
        for (int k = h[j]; ~k; k = ne[k])
            f[j] |= f[e[k]];  // 按照公式计算出f[j]的值
    }

    for (int i = 1; i <= n; i++) cout << f[i].count() << "\n";

    return 0;
}

3.5 Directing Edges

🔗 原题链接：CF 1385E

本题说白了就是给图中的所有无向边指定方向，使得最终得到的图是一个DAG。

我们可以先考虑仅由有向边构成的子图，如果这个子图都不是DAG，那么后续无论怎样为无向边指定方向（相当于添加有向边）都不可能构成DAG，此时应当输出 NO。如果这个子图是DAG，那么我们一定可以通过指定无向边的方向来构造出新的DAG。

具体来说，我们先对有向边构成的子图进行拓扑排序，于是可以得到一个拓扑序列。对于每一个无向边 $(a, b)$ ，若 $a$ 在拓扑序列中的下标小于 $b$ 在拓扑序列中的下标，则添加有向边 $a\to b$ ，否则添加有向边 $b\to a$ ，这样可以保证添加完有向边后得到的图仍然是DAG。文章来源地址https://www.toymoban.com/news/detail-405332.html

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

const int N = 2e5 + 10;

int n, m;
int h[N], e[N], ne[N], idx;
int in[N];

void add(int a, int b) {
    e[idx] = b, ne[idx] = h[a], h[a] = idx++;
}

void topo_sort(vector<int> &L) {
    queue<int> q;
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        if (!in[i]) q.push(i);

    while (!q.empty()) {
        auto t = q.front();
        q.pop();
        L.push_back(t);

        for (int i = h[t]; ~i; i = ne[i]) {
            int j = e[i];
            if (!--in[j]) q.push(j);
        }
    }
}

void solve() {
    memset(h, -1, sizeof h);
    memset(in, 0, sizeof in);

    vector<int> L;
    vector<pair<int, int>> edges;

    cin >> n >> m;
    while (m--) {
        int t, x, y;
        cin >> t >> x >> y;
        if (t) add(x, y), in[y]++;
        else edges.emplace_back(x, y);
    }

    topo_sort(L);

    if (L.size() != n) cout << "NO\n";
    else {
        cout << "YES\n";
        // 先输出有向图部分
        for (int i = 1; i <= n; i++)
            for (int j = h[i]; ~j; j = ne[j])
                cout << i << ' ' << e[j] << "\n";

        vector<int> pos(n + 1);  // 因为节点的编号是从1开始的，所以要多开一个
        for (int i = 0; i < n; i++) pos[L[i]] = i;
        // 再输出补全的部分
        for (auto [a, b]: edges) {
            if (pos[a] > pos[b]) swap(a, b);
            cout << a << ' ' << b << "\n";
        }
    }
}

int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);

    int t;
    cin >> t;

    while (t--) {
        solve();
    }

    return 0;
}