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说明/提示

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         代码 

题目描述

小明要去一个国家旅游。这个国家有#N个城市,编号为1至N,并且有M条道路连接着,小明准备从其中一个城市出发,并只往东走到城市i停止。

所以他就需要选择最先到达的城市,并制定一条路线以城市i为终点,使得线路上除了第一个城市,每个城市都在路线前一个城市东面,并且满足这个前提下还希望游览的城市尽量多。

现在,你只知道每一条道路所连接的两个城市的相对位置关系,但并不知道所有城市具体的位置。现在对于所有的i,都需要你为小明制定一条路线,并求出以城市ii为终点最多能够游览多少个城市。

输入格式

第11行为两个正整数N,M。

接下来MM行,每行两个正整数x,y,表示了有一条连接城市x与城市y的道路,保证了城市x在城市y西面。

输出格式

N行,第i行包含一个正整数,表示以第i个城市为终点最多能游览多少个城市。

输入输出样例

输入 #1

5 6
1 2
1 3
2 3
2 4
3 4
2 5

输出 #1

1
2
3
4
3

说明/提示

均选择从城市1出发可以得到以上答案。

对于20%的数据,N≤100;

对于60%的数据,N≤1000;

对于100%的数据,N≤100000,M≤200000。

图片解释 

 

这就是图,简单easy as a pai

1 2 一在二左

1 3  一在三左

2 3 二在二左

2 4  二在四左

3 4  三在四左

2 5 二在五左

开头点1  结尾点2 

开头点1  结尾点3 

开头点1  结尾点4 

开头点1  结尾点5

 


//                    |------------------|
#include<iostream>//  |--头文件,头文件--|    
#include<cstdio>//    |--头文件,头文件--|
#include<algorithm>// |--头文件,头文件--|
#include<cmath>//     |--头文件,头文件--|
#include<cstring>//   |--头文件,头文件--|
#include<queue>//     |--头文件,头文件--| 
//                    |------------------|
using namespace std;//定义命名空间 
struct EDGE//定义结构体 
{
	int next;//下一位
	int to;//前一位 
}edge[200005];//存每一个点 
int n,m,sum,tot;//n,m和两个计数变量 
int head[200005],ru[200005],ts[200005],dp[200005];//数组下面讲 
void add(int x,int y)//把数据添加近 edge 
{
	edge[++sum].next=head[x];//这一位的上一位是x头 
	edge[sum].to=y;//下一位是y 
	head[x]=sum;//x头=sum 
}
void topsort()//拓扑排序
{
	queue<int>q;//定义队列 
	for(int i=1;i<=n;i++)//寻找第一个入读为0的点 
	{
		if(ru[i]==0)//找到 
		{
			q.push(i);//压入队列 
			ts[++tot]=i;//记录顺序 
		}
	}
	while(!q.empty())//如果不为空 
	{
		int tmp=q.front();//记录头 
		q.pop();//弹出 
		for(int j=head[tmp];j;j=edge[j].next)//从头开始,往next找,如果不用结构体,就要从1开始找,用结构体节省时间 
		{
			int v=edge[j].to;//记录下一位 
			ru[v]--;//删除边 
			if(ru[v]==0)//如果有新的入读为0的点 
			{
				q.push(v);//压入队列
				ts[++tot]=v;//记录顺序 
			}	
		}
	}
}
int main()
{
	cin>>n>>m;//输入点和边 
	for(int i=1;i<=m;i++)
	{
		int x,y;//输入边的开始位置 
		cin>>x>>y;//开头和结尾 
		add(x,y);//在函数中讲 
		ru[y]++;//统计入读 
	}
	topsort();//拓扑排序
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		dp[i]=1;//初始化 
	}
	//一下为动态规划//
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		int t=ts[i];//记录拓扑排序顺序 
		for(int j=head[t];j;j=edge[j].next)//从头开始,往next找,如果不用结构体,就要从1开始找,用结构体节省时间 
		{
			int v=edge[j].to;//记录下一位 
			dp[v]=max(dp[i],dp[t]+1); 
		}
	}
	/*
	仔细看DP部分,还记得DP需要满足什么原则吗?无后效性。
	如果不是在拓扑序中进行DP,会完全破坏无后效性(当然这
	也下面为什么有人用记忆化搜索的原因,记忆化搜索同样可
	以解决无后效性的问题)。正是因为拓扑序u在前,v在后的
	性质,这才选择使用拓扑排序,毕竟它的代码实现很轻松,
	而且运行时间也不差。

        至于怎么求拓扑序,就是把入度为0(就是没有边把它作为
	终点)的点入队,并加入拓扑序。之后断掉以这个点为起点
	的边,即将这些边的终点的入度减一,直到队为空就好。
	*/ 
	for(int i=1;i<=n;i++)//输出 
	{
		cout<<dp[i]<<endl;
	}
}