BZOJ 2109&2535 [Noi2010]Plane 航空管制

作者: MayFlyyh 分类: 图论, 发布时间: 2018-09-20 18:30 ė 6 没有评论

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
由两行组成。
第一行包含 n个整数,表示一个可行的起飞序列,相邻两个整数用空格分隔。
输入数据保证至少存在一个可行的起飞序列。如果存在多个可行的方案,输出任
意一个即可。
第二行包含 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。


第一问很水。。连反图然后toposort

第二问,观察时间复杂度,显然我们可以对每架飞机进行一次求解。

因为连反图,在排序的过程中,我们可以无视掉当前求解的目标点,如果当前无法再进行操作,或者能操作的点的最晚出站时间早于目标点的出站时间。就说明我们现在应该操作这个点了,也就是反图中的最晚时间,自然在正图中就是最早时间。。

“`
#include<bits/stdc++.h>
const int N = 5650;
struct edge{
int next,to;
}e[N*10];
int id[N],ans[N],tot;
int n,tim[N],r[N],r2[N],last[N],m,cnt,mcc;
int SY,late[N];
void add(int x,int y){
r[y]++;
if(x<=n) r2[y]++;
cnt++;e[cnt].next=last[x],last[x]=cnt;e[cnt].to=y;
}
void topo(){
std::queue q;
q.push(tim[n]);SY=n;
while(!q.empty()){
int x=q.front();q.pop();
for(int i=last[x];i;i=e[i].next){
r[e[i].to]–;
if(r[e[i].to]==0) q.push(e[i].to),id[++tot]=e[i].to;
}
}
return ;
}
int task2(int x){
std::priority_queue<std::pair<int,int> > q;
while(!q.empty()) q.pop();
for(int i=1;i<=n;++i) r[i]=r2[i];
for(int i=1;i<=n;++i)
if(r2[i]==0&&i!=x)
q.push(std::make_pair(late[i],i));
for(int i=n;i;–i){
if(q.empty()) return i;
std::pair<int,int> p=q.top();q.pop();
if(p.first<i) return i;
for(int i=last[p.second];i;i=e[i].next){
r[e[i].to]–;
if(!r[e[i].to]&&e[i].to!=x) q.push(std::make_pair(late[e[i].to],e[i].to));
}
}
}
int main(){
scanf(“%d %d”,&n,&m);
for(int i=0;i<=n;++i){
tim[i]=n+i+10;
if(i>0) add(tim[i],tim[i-1]);
}
for(int i=1;i<=n;++i){
int x;
scanf(“%d”,&x);
late[i]=x;
add(tim[x],i),add(tim[n],i);
}
for(int i=1;i<=m;++i){
int x,y;
scanf(“%d %d”,&x,&y);
add(y,x);
}
topo();
for(int i=tot;i;–i){
if(id[i]>=tim[0]&&id[i]<=tim[n]) continue;
printf(“%d “,id[i]);
}
puts(“”);
for(int i=1;i<=n;++i){
printf(“%d “,task2(i));
}

}

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