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Description
Windy has N balls of distinct weights from 1 unit to N units. Now he tries to label them with 1 toN in such a way that:
- No two balls share the same label.
- The labeling satisfies several constrains like "The ball labeled with a is lighter than the one labeled withb".
Can you help windy to find a solution?
Input
The first line of input is the number of test case. The first line of each test case contains two integers,N (1 ≤
N ≤ 200) and M (0 ≤ M ≤ 40,000). The nextM line each contain two integers
a and b indicating the ball labeled witha must be lighter than the one labeled with
b. (1 ≤ a, b ≤N) There is a blank line before each test case.
Output
For each test case output on a single line the balls' weights from label 1 to labelN. If several solutions exist, you should output the one with the smallest weight for label 1, then with the smallest weight for label 2, then with the smallest weight
for label 3 and so on... If no solution exists, output -1 instead.
Sample Input
5 4 0 4 1
1 1 4 2
1 2
2 1 4 1
2 1 4 1
3 2
Sample Output
1 2 3 4
-1
-1
2 1 3 4
1 3 2 4
Source
解题思路：
每做一道题都能够学到新的思路。
由编号1—N的N个小球，重量也为1—N（easy混淆），给出一些限制条件，a b，代表着编号为a的小球比编号为b的小球的重量小。依据限制条件。给小球分配重量，最后输出的是编号1—N的小球的重量。假设有多种方法，那么编号小的小球重量尽量小。
拓扑排序有多种写法，能够用栈，能够用队列，也能够用循环，不同的情况下用不同的方法。如本题就能够用循环。外层循环也代表着须要分配的重量。
这个题不能用正向建边，拓扑排序。。没想到这一点。。由于要求编号小的小球重量尽量小，在正向拓扑排序有多种方法的时候，不能保证这一点。做法为逆向建边，每次找入度为0的编号，重量从大到小进行赋值。最后还要提一点，大数据还得用scanf，时间差距太大了。。
以下两篇博文的解释我认为不错：
http://www.cnblogs.com/rainydays/archive/2011/07/20/2112047.html
分析：拓扑排序，注意依据题的要求，要先保证1号球最轻，假设我们由轻的向重的连边，然后我们依次有小到大每次把重量分给一个入度为0的点，那么在拓扑时我们面对多个入度为0的点。我们不知道该把最轻的分给谁才干以最快的速度找到1号（使1号入度为0），并把当前最轻的分给1号。所以我们要由重的向轻的连边，然后从大到小每次把一个重量分给一个入度为0的点。
这样我们就不用急于探求最小号。我们仅仅须要一直给最大号附最大值，尽量不给小号赋值，这样自然而然就会把轻的重量留给小号。（转）
http://blog.163.com/xiaohuang_17/blog/static/5458538620099874334826/（转载）
id=3687" style="text-decoration:none; color:rgb(206,0,1)">PKU 3687
（注意。这和字典序是两回事，不能够混淆。）
如图 1 所看到的。满足要求的拓扑序应该是：6 4 1 3 9 2 5 7 8 0。
![[ACM] POJ 3687 Labeling Balls (拓扑排序，反向生成端）](https://image.shishitao.com:8440/aHR0cHM6Ly9iYnNtYXguaWthZmFuLmNvbS9zdGF0aWMvTDNCeWIzaDVMMmgwZEhBdmJtOWtaVEV1Wm05MGJ5NTVZM04wWVhScFl5NWpiMjB2TWpBd09ERXdMekkyTHpFdk1qY3hOekEwT0RFdWFuQm4uanBn.jpg?w=700&webp=1 "[ACM] POJ 3687 Labeling Balls (拓扑排序，反向生成端）")
图 1 一个拓扑排序的样例
一般来说，在一个有向无环图中，用 BFS 进行拓扑排序是比較常见的做法，如算法 1 所看到的。可是它不一定能得到本题要求的拓扑序。
1. 把全部入度为 0 的节点放进队列 Q |
算法 1 用 BFS 进行拓扑排序
为了解决本问题。以下让我来探究一下拓扑序的一些性质。
以图 1 为例。节点 0 毫无疑问排在最后。除了节点 0 以外，有三条互相平行的路径：6 → 4 → 1、 3 → 9 → 2 和 5 → 7 → 8。一条路径上的各个节点的先后关系都是不能改变的。比方路径 6 → 4 → 1 上的三个节点在拓扑序中。一定是 6 在最前，1在最后。
可是，互相平行的各条路径，在总的拓扑序中随意交错都是合法的。比方。以下都是图
1 的合法拓扑序：
6 4 1 3 9 2 5 7 8 0、 3 6 9 4 5 1 7 8 2 0、 5 6 4 7 3 8 1 9 2 0、 3 5 6 4 1 7 9 2 8 0、 6 5 7 8 4 3 9 21 0。
怎么才干找出题目要求的拓扑序呢？在这里。我想用字典序最先的拓扑序来引出这个算法。
算法 2 能够求出字典序最先的拓扑序。
1. 把全部入度为 0 的节点放进优先队列 PQ |
算法 2 求出字典序最先的拓扑序
可见，算法 2 和算法
1 基本一样。仅仅是把队列改成了优先队列。用它求出的图 1 的字典序最先的拓扑序为：3 5 6 4 1 7 8 9 2 0。
可是这显然不是本题要求的答案，由于节点
1 的位置还不够靠前。
算法 2 能够算是一个贪心算法，每一步都找编号最小的节点。可是对于图
1 中的三条路径。头的编号比較小的，不一定要先出队列。正确的步骤应该例如以下：
- 节点 0 的位置是铁定在最后的，不用考虑。
仅仅考虑剩下的三条路径。
- 先找编号最小的，节点 1。
把它和它所在的路径中位于它前面的节点所有拿出来。眼下的答案是 64 1。这样， 节点 1 就尽量靠前了。
- 再找剩下的节点中编号最小的，节点 2。把它和它所在的路径中位于它前面的节点所有拿出来。
眼下的答案是 6 4 1 3 9 2 ，这样。节点
2 就尽量靠前了。 - 仅仅剩下一条路径了，仅仅能依次把当中的节点拿出来。最后答案就是 6 4 1 3 9 2 5 7 8 0。
显然。算法 2 的贪心策略对于这个问题是不可行的。不能着眼于每条路径的头，而是要找编号最小的节点在哪条路径上。优先把这条路径拿出来。但问题在于。在
BFS 的过程中。我们仅仅能看到每条路径的头，看不到后面的节点，这该怎么办呢？
让我们换个角度想一想，节点 3 和 6，应该是 6 先出队列，由于节点 1 在 6 的后面。这和节点 3 和 6 的编号大小没有不论什么关系。可是，再看另外两条路径的尾部。节点 2 和 8，能够肯定地说。2 一定先出队列，由于它们后面都没有别的节点了，这个时候全然以这两个节点本身的编号大小决定顺序。归纳起来就是说，对于若干条平行的路径，小的头部不一定排在前面。可是大的尾部一定排在后面。于是，就有了算法
3。
1. 把全部出度为 0 的节点放进优先队列 PQ |
算法 3 求出本题目要求的拓扑序
#include <iostream>
#include <stdio.h>
#include <queue>
#include <string.h>
using namespace std;
const int maxn=210;
int graph[maxn][maxn];
int indegree[maxn];
int output[maxn];
int n,m;
bool ok;//推断能否够。 void topo()
{
for(int i=n;i>=1;i--)
{
int MinNum=-1;
for(int j=n;j>=1;j--)//找入度为0的编号，这里是编号最大的入度为0的点，和用优先队列效果是一样的。 if(!indegree[j])
{
MinNum=j;
indegree[j]--;//别忘了这一句
break;
}
if(MinNum==-1)//找不到入度为0的点，说明有环
{
ok=0;
return ;
} output[MinNum]=i;//重量i分给编号为MinNum的球 for(int j=1;j<=n;j++)
if(graph[MinNum][j])
indegree[j]--;//与编号为0的点相连的点入度--
}
} int main()
{
int t;cin>>t;
int a,b;
while(t--)
{
memset(indegree,0,sizeof(indegree));
memset(graph,0,sizeof(graph));
ok=1;
scanf("%d%d",&n,&m);
if(ok==0)
continue;
for(int i=1;i<=m;i++)
{
scanf("%d%d",&a,&b);
if(graph[a][b])//有逆向边
{
ok=0;
continue;
} if(!graph[b][a])//逆向建边
{
graph[b][a]=1;
indegree[a]++;
}
}
topo();
if(ok)
{
for(int i=1;i<n;i++)
printf("%d ",output[i]);
printf("%d\n",output[n]);
}
else
printf("-1\n");
}
return 0;
}
附上邻接表的做法：
#include <iostream>
#include <stdio.h>
#include <vector>
#include <queue>
#include <string.h>
using namespace std;
const int maxn=30010;
vector<int>adj[maxn];
int indegree[maxn];
int output[maxn];
int n,m;
bool ok; void topo()
{
for(int i=n;i>=1;i--)
{
int MinNum=-1;
for(int j=n;j>=1;j--)
if(!indegree[j])
{
MinNum=j;
indegree[j]--;
break;
}
if(MinNum==-1)
{
ok=0;
return ;
}
output[MinNum]=i;
for(int j=0;j<adj[MinNum].size();j++)
indegree[adj[MinNum][j]]--;
}
} int main()
{
int t;cin>>t;
int a,b;
while(t--)
{
memset(indegree,0,sizeof(indegree));
ok=1;
scanf("%d%d",&n,&m);
if(ok==0)
continue;
for(int i=1;i<=n;i++)
adj[i].clear();
for(int i=1;i<=m;i++)
{
scanf("%d%d",&a,&b);
adj[b].push_back(a);
indegree[a]++;
}
topo();
if(ok)
{
for(int i=1;i<n;i++)
printf("%d ",output[i]);
printf("%d\n",output[n]);
}
else
printf("-1\n");
}
return 0;
}