2535: [Noi2010]Plane 航空管制2
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Description
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。
Sample Input
5 5
4 5 2 5 4
1 2
3 2
5 1
3 4
3 1
Sample Output
3 5 1 4 2
3 4 1 2 1
HINT
Source
反向存边，并将每架飞机的起飞限制x改成n-x，就将问题转化成一个求飞机最晚起飞时间的问题，用拓扑排序可解。
如何求每架飞机的最小起飞次序？ 在新问题中，每次限制不起飞某架飞机p，而将其他能飞的飞机都飞出去（拓扑排序时不处理p结点，让p连出去的边都保留下来），此时飞机p必须起飞了，这个时间就是它在新问题中的最晚起飞时间，也就是原问题中的最早起飞时间。
1 /**************************************************************
2 Problem: 2535
3 User: SilverN
4 Language: C++
5 Result: Accepted
6 Time:1296 ms
7 Memory:3284 kb
8 ****************************************************************/
9
10 #include<algorithm>
11 #include<iostream>
12 #include<cstring>
13 #include<cstdio>
14 #include<cmath>
15 #include<queue>
16 using namespace std;
17 const int mxn=30000;
18 int read(){
19 int x=0,f=1;char ch=getchar();
20 while(ch<‘0‘ || ch>‘9‘){if(ch==‘-‘)f=-1;ch=getchar();}
21 while(ch>=‘0‘ && ch<=‘9‘){x=x*10+ch-‘0‘;ch=getchar();}
22 return x*f;
23 }
24 //bas
25 int n,m;
26 //plane
27 struct plane{
28 int id;
29 int limit;
30 }p[mxn];
31 int cmp(plane a,plane b){return a.limit<b.limit;}
32 //edge
33 struct edge{//存边，若a必须早于b起飞，则存一条从b到a的边
34 int v;
35 int nxt;
36 }e[mxn];
37 int hd[mxn],mct=0;
38 void add_edge(int u,int v){
39 e[++mct].v=v;e[mct].nxt=hd[u];hd[u]=mct;
40 return;
41 }
42
43 //拓扑排序
44 int limit[mxn];
45 int ind[mxn];
46 int top=0;
47 int ans[mxn];
48 int deg[mxn];
49 /*
50 queue<int>q;
51 void solve(int x){
52 memcpy(deg,ind,sizeof ind);
53 while(!q.empty()) q.pop();
54 int i,j;
55 top=0;
56 int pos=1;
57 for(i=1;i<=n;i++){
58 for(;pos<=n && p[pos].limit<i;pos++){
59 int v=p[pos].id;
60 if(!deg[v] && x!=v){
61 q.push(v);
62 ans[++top]=v;
63 }
64 }
65 if(q.empty())break;
66 int u=q.front();q.pop();
67 for(j=hd[u];j;j=e[j].nxt){
68 int v=e[j].v;
69 deg[v]--;
70 if(!deg[v] && v!=x && limit[v]<i){
71 q.push(v);
72 ans[++top]=v;
73 }
74 }
75 }
76 return;
77 }*/
78 int head,tail;
79 int q[mxn<<3];
80 void solve(int x){//不安排x
81 int pos,i,j,u,v;
82 memcpy(deg,ind,sizeof ind);
83 head=tail=0;
84 for(i=1,pos=1;i<=n;i++){
85 for(;pos<=n && p[pos].limit<i;pos++){
86 int v=p[pos].id;
87 if(!deg[v] && x!=v){
88 // printf("test2:%d %d\n",deg[v],v);
89 q[++tail]=v;
90 }
91 }
92 if(head<tail){
93 u=q[++head];
94 for(j=hd[u];j;j=e[j].nxt){
95 int v=e[j].v;
96 deg[v]--;
97 if(!deg[v] && v!=x && limit[v]<i){
98 // printf("test3:%d %d\n",deg[v],v);
99 q[++tail]=v;
100 }
101 }
102 }
103 else return;
104 }
105 return;
106 }
107
108 //main
109 int main(){
110 int i,j;
111 n=read();m=read();
112 for(i=1;i<=n;i++){
113 p[i].limit=read();
114 p[i].limit=n-p[i].limit;
115 p[i].id=i;
116 limit[i]=p[i].limit;
117 }
118 int u,v;
119 sort(p+1,p+n+1,cmp);
120 for(i=1;i<=m;i++){
121 u=read();v=read();
122 ind[u]++;
123 add_edge(v,u);
124 }
125 solve(0);
126 for(i=tail;i;i--)printf("%d ",q[i]);
127 // for(i=top;i;i--)printf("%d ",ans[i]);
128 printf("\n");
129 for(i=1;i<=n;i++){
130 solve(i);
131 printf("%d ",n-tail);
132 }
133 return 0;
134 }