1. 题面梗概
中译中: 一条铁路线上，有 1,…,n 的 n 个火车站。每个火车站都有一个级别，最低为 1 级。
限制条件：如果这趟车停靠了 x 站点，则所有从它起点到终点间级别大于等于 x 的都必须停靠。
现给出多趟列车的信息，求全图最少需要划分为多少个级别。
2. 逻辑推导
这看起来是一个分层图，或者说是按层遍历，直觉上就会想到用拓扑排序找出这个级别划分。
2.1 偏序
其实每一趟车都产生了一组偏序关系。假设 [L,R] 区间中，停靠集合为 S，未停靠集合为 U，则对于 ∀u∈U,∀s∈S，存在约束条件 level(u)<level(s)。
而题目要求的 最少级别数，在图论中就等价于求 DAG 上的最长路径长度。
2.2 建图
那么问题就转化为了拓扑排序，下一个问题是怎么建图呢？暴力建图复杂度应该没关系，但是重边会导致入度膨胀，从而导致拓扑错误。
正好 N≤1000，我们可以考虑用邻接矩阵来存图，自动去重边。
2.3 结论
哎，拓扑排序不难，但是建模真的很麻烦。
3. 代码实现
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| #include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
const int maxn = 1000 + 5;
const int maxm = 1000 + 5;
bool edge[maxn][maxn];
int stop[maxn];
bool is_stop[maxn];
int indeg[maxn];
int dep[maxn];
int n, m, s;
void solve( )
{
cin >> n >> m;
for( int i = 1; i <= m; ++ i )
{
cin >> s;
for( int j = 1; j <= n; ++ j ) is_stop[j] = 0;
for( int j = 1; j <= s; ++ j )
{
cin >> stop[j];
is_stop[stop[j]] = 1;
}
for( int j = stop[1]; j <= stop[s]; ++ j )
{
if( is_stop[j] ) continue;
for( int k = 1; k <= s; ++ k )
{
if( !edge[j][stop[k]] )
{
edge[j][stop[k]] = 1;
indeg[stop[k]] ++;
}
}
}
}
queue< int > q;
for( int i = 1; i <= n; ++ i )
{
if( indeg[i] == 0 )
{
q.push( i );
dep[i] = 1;
}
}
while( !q.empty( ) )
{
int u = q.front( );
q.pop( );
for( int v = 1; v <= n; ++ v )
{
if( edge[u][v] )
{
dep[v] = dep[u] + 1;
indeg[v] --;
if( indeg[v] == 0 ) q.push( v );
}
}
}
int ans = 0;
for( int i = 1; i <= n; ++ i )
{
ans = max( ans, dep[i] );
}
cout << ans << '\n';
}
int main( )
{
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0); cout.tie(0);
solve( );
return 0;
}
|
4. 复盘