前言
有向无环图和拓扑排序直接关联到中后期的图论建模思想，是很重要的基础知识。这个如果不彻底弄懂，以后图论会很困难。
有向无环图
正如其名，一个边有向，没有环的图，也叫DAG。
DAG图实际运用：描述含有公共子式的表达式及工程或系统的进行过程时的有效工具。
一个较大的工程被分成若干个子工程，这些子工程被称作活动。活动之间存在某种约束关系，用有向边来表示。
关心的问题：
1 1 1 ：工程能否顺利进行
2 2 2 ：估算整个工程完成所需要的最短时间
拓扑排序
用于在一个DAG表示的工程的的前后驱约束关系中，对完成活动的先后进行排序，使工程顺利进行。
拓扑排序的步骤：
1 1 1 ：选择图中所有入度为 0 0 0 的点，加入栈/队列。
2 2 2 ：取出栈顶/队首的点加入拓扑序列末尾，删除这个点以及其出边（出边所到点的入度减 1 1 1 ），弹栈/队列。
3 3 3 ：在出边到达的点中选择入度为 0 0 0 的点，加入栈/队列。
4 4 4 ：重复 2 ∼ 3 2\sim3 2∼3 ，直到栈/队列空。
如果拓扑排序结束后拓扑序列有 n n n（ n n n 为图的顶点数）个元素，那么图中无环；否则，图中必定存在环。
时间复杂度： O ( n + m ) O(n+m) O(n+m)
void topo_sort()
{
int sta[300000],top=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
if(ind[i]==0)sta[++top]=i;
while(top)
{
int now=sta[top];
top--;
for(int i=h[now];i;i=e[i].next)
{
ind[e[i].v]--;
if(ind[e[i].v]==0)sta[++top]=e[i].v;
}
ou[++ans]=now;
}
}
拓扑排序例题
例题 1 1 1 ：
B3644 家谱树
拓扑排序板子题，不多赘述。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
struct edge
{
int v,next;
}e[300000];
int n,m,h[300000],cnt=0,ans=0,ind[300000],ou[300000];
void add_edge(int u,int v)
{
e[++cnt].v=v;
e[cnt].next=h[u];
h[u]=cnt;
ind[v]++;
}
void topo_sort()
{
int sta[300000],top=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
if(ind[i]==0)sta[++top]=i;
while(top)
{
int now=sta[top];
top--;
for(int i=h[now];i;i=e[i].next)
{
ind[e[i].v]--;
if(ind[e[i].v]==0)sta[++top]=e[i].v;
}
ou[++ans]=now;
}
}
int main()
{
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
int t=-1;
while(t!=0)
{
scanf("%d",&t);
if(t==0)break;
add_edge(i,t);
}
}
topo_sort();
if(ans!=n)printf("-1");
else
for(int i=1;i<=ans;i++)
printf("%d ",ou[i]);
return 0;
}
例题 2 2 2 ：
U141986 奖金
前置知识：【6*】差分约束系统学习笔记
以每个人的奖金数为点构造差分约束系统，由于题目要求至少，需要求最长路，由于边权只有 1 1 1 ，可以通过拓扑排序直接求解最长路。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
struct edge
{
int v,next;
}e[300000];
int n,m,h[300000],cnt=0,ans=0,ind[300000],ou[300000],dis[300000],sum=0;
void add_edge(int u,int v)
{
e[++cnt].v=v;
e[cnt].next=h[u];
h[u]=cnt;
ind[v]++;
}
void topo_sort()
{
int sta[300000],top=0;
for(int i=0;i<=n;i++)
if(ind[i]==0)sta[++top]=i;
while(top)
{
int now=sta[top];
top--;
for(int i=h[now];i;i=e[i].next)
{
ind[e[i].v]--;dis[e[i].v]=max(dis[e[i].v],dis[now]+1);
if(ind[e[i].v]==0)sta[++top]=e[i].v;
}
ou[++ans]=now;
}
}
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=m;i++)
{
int x,y;
scanf("%d%d",&x,&y);
add_edge(y,x);
}
for(int i=1;i<=n;i++)
dis[i]=-1;
dis[0]=99;
for(int i=1;i<=n;i++)
add_edge(0,i);
topo_sort();
if(ans!=n+1)printf("Poor Xed");
else
{
for(int i=1;i<=ans;i++)
sum+=dis[i];
printf("%d",sum);
}
return 0;
}
例题 3 3 3 ：
P1983 [NOIP2013 普及组] 车站分级
图论建模题目，第一眼看上去像DP。
由于在一段内，车所经过的车站必然比没有经过的车站优先级高，利用这一点可以以每个车站的优先级为点构造差分约束系统，由于题目要求最少，需要求最长路，同时边权依旧只有 1 1 1 ，可以直接使用拓扑排序。
至于建边，可以把有效行程之内未经过的车站到每一个经过了的车站建一条边，表示一个大于关系。同时这样可能会有很多重边，可以通过记忆化，排除冗余。
当然，此题有复杂度更优秀的做法，可以参考其他题解。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
struct node
{
int v,next,dis;
}e[1000010];
int n,m,s,h[1010],cnt=0,z[1010],book[1010],dis[1010],ind[1010],vis[1010][1010],ans=0;
void add_edge(int f,int v,int dis)
{
e[++cnt].next=h[f];
e[cnt].v=v;
e[cnt].dis=dis;
h[f]=cnt;
ind[v]++;
}
void topo_sort()
{
int sta[300000],top=0;
for(int i=0;i<=n;i++)
if(ind[i]==0)sta[++top]=i;
while(top)
{
int now=sta[top];
top--;
for(int i=h[now];i;i=e[i].next)
{
ind[e[i].v]--;dis[e[i].v]=max(dis[e[i].v],dis[now]+e[i].dis);
if(ind[e[i].v]==0)sta[++top]=e[i].v;
}
}
}
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=0;i<m;i++)
{
scanf("%d",&s);
for(int j=0;j<s;j++)scanf("%d",&z[j]);
for(int j=0;j<s;j++)book[z[j]]=1;
for(int k=0;k<s;k++)
for(int j=z[0];j<=z[s-1];j++)
if(!book[j]&&!vis[j][z[k]])
{
add_edge(j,z[k],1);
vis[j][z[k]]=1;
}
memset(book,0,sizeof(book));
}
for(int i=1;i<=n;i++)
add_edge(0,i,0);
for(int i=1;i<=n;i++)
dis[i]=-99999999;
dis[0]=0;
topo_sort();
for(int i=1;i<=n;i++)
ans=max(ans,dis[i]);
printf("%d",ans+1);
return 0;
}
后记
一篇教练推荐的博客，写在这里，提供参考：
拓扑排序（Topological Sorting）
