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前言

有向无环图和拓扑排序直接关联到中后期的图论建模思想，是很重要的基础知识。这个如果不彻底弄懂，以后图论会很困难。

有向无环图

正如其名，一个边有向，没有环的图，也叫DAG。

DAG图实际运用：描述含有公共子式的表达式及工程或系统的进行过程时的有效工具。

一个较大的工程被分成若干个子工程，这些子工程被称作活动。活动之间存在某种约束关系，用有向边来表示。

关心的问题：

$1$ ：工程能否顺利进行

$2$ ：估算整个工程完成所需要的最短时间

拓扑排序

用于在一个DAG表示的工程的的前后驱约束关系中，对完成活动的先后进行排序，使工程顺利进行。

拓扑排序的步骤：

$1$ ：选择图中所有入度为 $0$ 的点，加入栈/队列。

$2$ ：取出栈顶/队首的点加入拓扑序列末尾，删除这个点以及其出边（出边所到点的入度减 $1$ ），弹栈/队列。

$3$ ：在出边到达的点中选择入度为 $0$ 的点，加入栈/队列。

$4$ ：重复 $2\sim 3$ ，直到栈/队列空。

如果拓扑排序结束后拓扑序列有 $n$（$n$ 为图的顶点数）个元素，那么图中无环；否则，图中必定存在环。

时间复杂度：$O(n+m)$

void topo_sort()
{int sta[300000],top=0;for(int i=1;i<=n;i++)if(ind[i]==0)sta[++top]=i;while(top){int now=sta[top];top--;for(int i=h[now];i;i=e[i].next){ind[e[i].v]--;if(ind[e[i].v]==0)sta[++top]=e[i].v;}ou[++ans]=now;}
}

拓扑排序例题

例题 $1$ ：

B3644 家谱树

拓扑排序板子题，不多赘述。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
struct edge
{int v,next;
}e[300000];
int n,m,h[300000],cnt=0,ans=0,ind[300000],ou[300000];
void add_edge(int u,int v)
{e[++cnt].v=v;e[cnt].next=h[u];h[u]=cnt;ind[v]++;
}void topo_sort()
{int sta[300000],top=0;for(int i=1;i<=n;i++)if(ind[i]==0)sta[++top]=i;while(top){int now=sta[top];top--;for(int i=h[now];i;i=e[i].next){ind[e[i].v]--;if(ind[e[i].v]==0)sta[++top]=e[i].v;}ou[++ans]=now;}
}int main()
{scanf("%d",&n);for(int i=1;i<=n;i++){int t=-1;while(t!=0){scanf("%d",&t);if(t==0)break;add_edge(i,t);}}topo_sort();if(ans!=n)printf("-1");else for(int i=1;i<=ans;i++)printf("%d ",ou[i]);return 0;
}

例题 $2$ ：

U141986 奖金

前置知识：【6*】差分约束系统学习笔记

以每个人的奖金数为点构造差分约束系统，由于题目要求至少，需要求最长路，由于边权只有 $1$ ，可以通过拓扑排序直接求解最长路。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
struct edge
{int v,next;
}e[300000];
int n,m,h[300000],cnt=0,ans=0,ind[300000],ou[300000],dis[300000],sum=0;
void add_edge(int u,int v)
{e[++cnt].v=v;e[cnt].next=h[u];h[u]=cnt;ind[v]++;
}void topo_sort()
{int sta[300000],top=0;for(int i=0;i<=n;i++)if(ind[i]==0)sta[++top]=i;while(top){int now=sta[top];top--;for(int i=h[now];i;i=e[i].next){ind[e[i].v]--;dis[e[i].v]=max(dis[e[i].v],dis[now]+1);if(ind[e[i].v]==0)sta[++top]=e[i].v;}ou[++ans]=now;}
}int main()
{scanf("%d%d",&n,&m);for(int i=1;i<=m;i++){int x,y;scanf("%d%d",&x,&y);add_edge(y,x);}for(int i=1;i<=n;i++)dis[i]=-1;dis[0]=99;for(int i=1;i<=n;i++)add_edge(0,i);topo_sort();if(ans!=n+1)printf("Poor Xed");else{for(int i=1;i<=ans;i++)sum+=dis[i];printf("%d",sum);}return 0;
}

例题 $3$ ：

P1983 [NOIP2013 普及组] 车站分级

图论建模题目，第一眼看上去像DP。

由于在一段内，车所经过的车站必然比没有经过的车站优先级高，利用这一点可以以每个车站的优先级为点构造差分约束系统，由于题目要求最少，需要求最长路，同时边权依旧只有 $1$ ，可以直接使用拓扑排序。

至于建边，可以把有效行程之内未经过的车站到每一个经过了的车站建一条边，表示一个大于关系。同时这样可能会有很多重边，可以通过记忆化，排除冗余。

当然，此题有复杂度更优秀的做法，可以参考其他题解。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
struct node
{int v,next,dis;
}e[1000010];
int n,m,s,h[1010],cnt=0,z[1010],book[1010],dis[1010],ind[1010],vis[1010][1010],ans=0;
void add_edge(int f,int v,int dis)
{e[++cnt].next=h[f];e[cnt].v=v;e[cnt].dis=dis;h[f]=cnt;ind[v]++;
}void topo_sort()
{int sta[300000],top=0;for(int i=0;i<=n;i++)if(ind[i]==0)sta[++top]=i;while(top){int now=sta[top];top--;for(int i=h[now];i;i=e[i].next){ind[e[i].v]--;dis[e[i].v]=max(dis[e[i].v],dis[now]+e[i].dis);if(ind[e[i].v]==0)sta[++top]=e[i].v;}}
}int main()
{scanf("%d%d",&n,&m);for(int i=0;i<m;i++){scanf("%d",&s);for(int j=0;j<s;j++)scanf("%d",&z[j]);for(int j=0;j<s;j++)book[z[j]]=1;for(int k=0;k<s;k++)for(int j=z[0];j<=z[s-1];j++)if(!book[j]&&!vis[j][z[k]]){add_edge(j,z[k],1);vis[j][z[k]]=1;}memset(book,0,sizeof(book));}for(int i=1;i<=n;i++)add_edge(0,i,0);for(int i=1;i<=n;i++)dis[i]=-99999999;dis[0]=0;topo_sort();for(int i=1;i<=n;i++)ans=max(ans,dis[i]);printf("%d",ans+1);return 0;
}

后记

一篇教练推荐的博客，写在这里，提供参考：

拓扑排序（Topological Sorting）