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应用的问题：
原理解释及性质：
原理：
性质：
解题模板：
模板1：
模板2：
例题：
例题1：有向图的拓扑序列
题目描述：
思路：
代码详解：
例题2：Fine Logic
思路：
解题代码：
应用的问题：
用于解决题目中对于每个点之间具有依赖关系的问题。
（注意该问题所构成的图必须为有向无环图）
例如要满足
A的排名在B前面，A的排名在C前面，B的排名在C前面
这三个条件的排名
于是我们就可以用拓扑排序取解决该问题。
原理解释及性质：
原理：
因为每次选用的都是入度为0的点，就保证的了是将前提已经满足了的点将其入队，按照这个顺序入的队，满足了每个点之间所需要的依赖关系。
性质：
一个有向无环图一定至少存在一个入度为0的点。
解题模板：
模板1：
#include<iostream>
#include<vector>
using namespace std;
const int N=1e5+6;
int d[N];//每个点的入度
vector<vector<int>> access(N);
//对于每个点所指向的点，例如对于access[i][j]表示对于第i个点所指向的第j个点
int main(){
int n,m;
cin>>n>>m;
int x,y;
for(int i=1;i<=m;i++){
scanf("%d%d",&x,&y);
d[y]++;//对每个点的入度进行记录
access[x].push_back(y);//把y放入x的点中
}
vector<int> ans;
for(int i=1;i<=n;i++){
if(!d[i]) ans.push_back(i);
}//把所有入度为0的点放入ans中
for(int i=0;i<(int)ans.size();i++)//注意这里必须是ans.size(),因为它是随时变化的
{
int cur=ans[i];
for(auto &nex:access[cur])//遍历第i个点所指向的所有点
{
d[nex]--;
if(!d[nex]) ans.push_back(nex); //ans需要不断放入入度为0的点
}
}
if((int)ans.size()==n)//遍历完后所有的点都在其中，则代表无环
{
for(int i=0;i<n;i++){
cout<<ans[i]<<" ";//输出拓扑排序后的序列顺序
}
}
else
{
printf("有环");
}
return 0;
}模板2：
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N=100010;
int h[N],e[N],ne[N],idx;
int n,m;
int q[N],d[N];//q表示队列,d表示点的入度
void add(int a,int b)
{
e[idx]=b;
ne[idx]=h[a];
h[a]=idx++;
}
bool topsort()
{
int hh=0,tt=-1;
for(int i=1;i<=n;i++)
if(!d[i])
q[++tt]=i;//将入度为零的点入队
while(hh<=tt)
{
int t=q[hh++];
for(int i=h[t];i!=-1;i=ne[i])
{
int j=e[i];
d[j]--;//删除点t指向点j的边
if(d[j]==0)//如果点j的入度为零了,就将点j入队
q[++tt]=j;
}
}
return tt==n-1;
//表示如果n个点都入队了话,那么该图为拓扑图,返回true,否则返回false
}
int main()
{
cin>>n>>m;
memset(h,-1,sizeof(h));//初始化
for(int i=0;i<m;i++)
{
int a,b;
scanf("%d%d",&a,&b);
add(a,b);//因为是a指向b,所以b点的入度要加1
d[b]++;
}
if(topsort())
{
for(int i=0;i<n;i++)
printf("%d ",q[i]);
}
else
printf("有环");
return 0;
}
例题：
例题1：有向图的拓扑序列
题目描述：
思路：
模板题，直接套板子
代码详解：
#include<iostream>
#include<vector>
using namespace std;
const int N=1e5+6;
int d[N];//每个点的入度
vector<vector<int>> access(N);
//对于每个点所指向的点，例如对于access[i][j]表示对于第i个点所指向的第j个点
int main(){
int n,m;
cin>>n>>m;
int x,y;
for(int i=1;i<=m;i++){
scanf("%d%d",&x,&y);
d[y]++;//对每个点的入度进行记录
access[x].push_back(y);//把y放入x的点中
}
vector<int> ans;
for(int i=1;i<=n;i++){
if(!d[i]) ans.push_back(i);
}//把所有入度为0的点放入ans中
for(int i=0;i<(int)ans.size();i++)//注意这里必须是ans.size(),因为它是随时变化的
{
int cur=ans[i];
for(auto &nex:access[cur])//遍历第i个点所指向的所有点
{
d[nex]--;
if(!d[nex]) ans.push_back(nex); //ans需要不断放入入度为0的点
}
}
if((int)ans.size()==n)//遍历完后所有的点都在其中，则代表无环
{
for(int i=0;i<n;i++){
cout<<ans[i]<<" ";//输出拓扑排序后的序列顺序
}
}
else
{
printf("有环");
}
return 0;
}例题2：Fine Logic
题目描述：
思路：
当构成的图为有向无环图的时候，拓扑排序即为正解。
当构成的图为有向有环图的时候，输出1到n，以及n到1即为正解（原因：对于这两组解已经包括了所有的可能的情况，则直接输出即可。例如对于1、2、3、4、5。以及5、4、3、2、1。我们取2看，对于第一个2它包括了大于3、4、5的情况，对于第二个2它包括了大于1的情况。我们总的来看即包含2的所有情况。对于每个数都是一样，故该答案为正解）
解题代码：
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N=1000010;
int h[N],e[N],ne[N],idx;
int n,m;
int q[N],d[N];//q表示队列,d表示点的入度
void add(int a,int b)
{
e[idx]=b;
ne[idx]=h[a];
h[a]=idx++;
}
bool topsort()
{
int hh=0,tt=-1;
for(int i=1;i<=n;i++)
if(!d[i])
q[++tt]=i;//将入度为零的点入队
while(hh<=tt)
{
int t=q[hh++];
for(int i=h[t];i!=-1;i=ne[i])
{
int j=e[i];
d[j]--;//删除点t指向点j的边
if(d[j]==0)//如果点j的入度为零了,就将点j入队
q[++tt]=j;
}
}
return tt==n-1;
//表示如果n个点都入队了话,那么该图为拓扑图,返回true,否则返回false
}
int main()
{
cin>>n>>m;
memset(h,-1,sizeof(h));//如果程序时间溢出，就是没有加上这一句
for(int i=0;i<m;i++)
{
int a,b;
scanf("%d%d",&a,&b);
add(a,b);//因为是a指向b,所以b点的入度要加1
d[b]++;
}
if(topsort())
{
cout<<"1\n";
for(int i=0;i<n;i++)
printf("%d ",q[i]);
//经上方循环可以发现队列中的点的次序就是拓扑序列
//注:拓扑序列的答案并不唯一,可以从解析中找到解释
puts("");
}
else{
cout<<"2\n";
for(int i=1;i<=n;i++){
cout<<i<<" ";
}
cout<<endl;
for(int i=n;i>=1;i--){
cout<<i<<" ";
}
}
return 0;
}
