描述

一条单向的铁路线上,依次有编号为 1, 2, ..., n 的 n 个火车站。每个火车站都有一个级别,最低为 1 级。现有若干趟车次在这条线路上行驶,每一趟都满足如下要求:如果这趟车次停靠了火车站 x,则始发站、终点站之间所有级别大于等于火车站 x 的都必须停靠。
(注意:起始站和终点站自然也算作事先已知需要停靠的站点)
例如,下表是 5 趟车次的运行情况。其中,前 4 趟车次均满足要求,而第 5 趟车次由于停靠了 3 号火车站(2 级)却未停靠途经的 6 号火车站(亦为 2 级)而不满足要求。

现有 m 趟车次的运行情况(全部满足要求),试推算这 n 个火车站至少分为几个不同的级别。

格式

输入格式

第一行包含 2 个正整数 n, m,用一个空格隔开。
第 i + 1 行(1 ≤ i ≤ m)中,首先是一个正整数 s i (2 ≤ s i ≤ n),表示第 i 趟车次有 s i 个停靠站;接下来有 s i 个正整数,表示所有停靠站的编号,从小到大排列。每两个数之间用一个空格隔开。输入保证所有的车次都满足要求。

输出格式

输出只有一行,包含一个正整数,即 n 个火车站最少划分的级别数。

样例1

样例输入1

9 2
4 1 3 5 6
3 3 5 6

Copy

样例输出1

2

Copy

样例2

样例输入2

9 3
4 1 3 5 6
3 3 5 6
3 1 5 9

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样例输出2

3

Copy

限制

每个测试点1s。

提示

对于 20%的数据,1 ≤ n, m ≤ 10;
对于 50%的数据,1 ≤ n, m ≤ 100;
对于 100%的数据,1 ≤ n, m ≤ 1000

来源

NOIP 2013 普及组

　　显然拓扑排序。(哪来那么多显然？)

　　这是一个拓扑排序比较基本的应用吧。

　　现在考虑如何建图，首先确定节点u连向节点v的一条有向边表示什么，表示v比u的等级高(严格大于)。

　　那么拓扑排序进行了多少层就是答案了。

　　因为从起点到终点间停靠的站的等级大于等于这两个站，所以不确定，不能连边，但是，中间没有停靠的站一定比这些停靠了的站等级低，故这中间所有没有停靠的站，向所有停靠了的站连1条有向边。

　　然而这样很遗憾的是，理论上O(n³)是会TLE，所以我们需要一些黑科技优化。(但实际上，普及组的数据比较水。。。所以可以过)

　　我们直接考虑点i会向哪些点连边。首先我们需要枚举所有航线，如果这个点在它的起点和终点间，并且没有停靠，我们就需要向这些停靠的点连边。这个实质上是将一些需要连边的顶点集合取并，所以考虑bitset黑科技优化，来代替暴力连边。

　　因此总时间复杂度成功降为。就算是ccf老年机卡一卡就过去了。

　　(这里不得不吐槽一下洛谷的评测鸡真的是ccf老年机标配，洛谷上跑bitset优化后的程序和在vijos和codevs上跑n³大暴力的时间差不多，不过记事本一遍A真地很开心，一个编译错误都没有)

Code

 1 /**
 2  * luogu
 3  * Problem#1983
 4  * Accepted
 5  * Time: 764ms
 6  * Memory: 12132k
 7  */
 8 #include <bits/stdc++.h>
 9 using namespace std;
10 #define smax(a, b) a = max(a, b)
11
12 int n, m;
13 bitset<1001> *g;
14 bitset<1001> *stop;
15 int *ss, *st;
16
17 inline void init() {
18     scanf("%d%d", &n, &m);
19     g = new bitset<1001>[(n + 1)];
20     stop = new bitset<1001>[(m + 1)];
21     ss = new int[(m + 1)];
22     st = new int[(m + 1)];
23     for(int i = 1, c, t; i <= m; i++) {
24         scanf("%d%d", &c, &ss[i]);
25         c -= 2;
26         stop[i][ss[i]] = 1;
27         while(c--) {
28             scanf("%d", &t);
29             stop[i][t] = 1;
30         }
31         scanf("%d", st + i);
32         stop[i][st[i]] = 1;
33     }
34 }
35
36 int *dag;
37 int *dep;
38 queue<int> que;
39 inline void topu() {
40     for(int i = 1; i <= n; i++)
41         if(!dag[i])
42             que.push(i), dep[i] = 1;
43
44     while(!que.empty()) {
45         int e = que.front();
46         que.pop();
47         for(int i = 1; i <= n; i++) {
48             if(!g[e][i])    continue;
49             dag[i]--, smax(dep[i], dep[e] + 1);
50             if(!dag[i])    que.push(i);
51         }
52     }
53 }
54
55 inline void solve() {
56     dag = new int[(n + 1)];
57     dep = new int[(n + 1)];
58     memset(dag, 0, sizeof(int) * (n + 1));
59     memset(dep, 0, sizeof(int) * (n + 1));
60     for(int i = 1; i <= n; i++) {
61         for(int j = 1; j <= m; j++)
62             if(i >= ss[j] && i <= st[j] && !stop[j][i])
63                 g[i] |= stop[j];
64         for(int j = 1; j <= n; j++)
65             if(g[i][j])
66                 dag[j]++;
67     }
68     topu();
69     int res = 0;
70     for(int i = 1; i <= n; i++)
71         smax(res, dep[i]);
72     printf("%d\n", res);
73 }
74
75 int main() {
76     init();
77     solve();
78     return 0;
79 }