【Description】https://www.luogu.com.cn/problem/P5603
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题意可以简化为：一个不保证联通，n个点，m条边的DAG（有向无环图），构造一个拓扑序S。
求：\(\sum_{i=1}^n f(i)\)的\(Max,Min\)
其中\(f(i)\)的定义：
\begin{cases}
1\;\;\;\;S(1\;to\;i-1)<S(i) \\
0\;\;\;\;other
\end{cases}
\]
【Sample Input】
3 2
1 2
1 3
【Sample Output】
3
2
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\(\;\)
先考虑\(Max\)？
假设现在所有入度为0的点组成的集合为\(\{S_1,S_2,\cdots,S_k \;\;\;\}\;(S_1<S_2<\cdots <S_k)\)
可以贪心地考虑，目前选择\(S_1\)是最优的。
感性证明？
假设我们选择了\(S_r\)，则\(S_1,\cdots,S_{r-1}\)在以后一定不会对答案产生贡献了。
而我们选择\(S_r\)唯一的好处就是：\(S_r\)可能是目前我们已选择中的最大值，会产生1的贡献
那我们完全可以先选择一个比\(S_r\)小的数\(S_p\)，这样\(S_p\)也有可能产生贡献，而对\(S_r\)的是否贡献没有影响，会更优。
用一个优先队列（小根堆）实现即可。
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考虑\(Min\)
接着上面的思路？
选择\(S_k\)是不是最优的？
举个反例：
在这个例子中，按照原先的思路是3-4-1-5，答案为3。
而选择3-1-5-4，答案为2。显然更优。
所以我们得到一个新的思路，只要有小于目前最大值的，就选，否则选最大的那一个。
感性证明？
因为小于目前最大值的点不管什么时候，都不会对答案产生贡献了，所以我们先把它们选了再说。
而这样的好处就是：可以扩展出更多的点，这样就更容易创造一个更优的方法。
例子中：选了1后，我们扩展到了5这个点，就可以使4不产生贡献。
否则如果我们不选1的话，只能选择4，这样可能导致不是最优解。
\(\;\)
\(Code:\)
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<queue>
#include<vector>
using namespace std;
const int N=500010;
int n,m,ind[N],bind[N];
vector<int> g[N];
priority_queue<int> q;
priority_queue<int,vector<int>,greater<int> > Q;
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=m;i++)
{
int u,v;
scanf("%d%d",&u,&v);
g[u].push_back(v);
ind[v]++;
}
for(int i=1;i<=n;i++)
{
bind[i]=ind[i];
if(!ind[i])
{
Q.push(i);
}
}
int maxn=0,res1=0,res2=0;
while(!Q.empty())
{
int u=Q.top(); Q.pop();
if(u>maxn)
{
res1++;
maxn=u;
}
for(int i=0;i<g[u].size();i++)
{
int v=g[u][i];
if(!(--ind[v]))
{
Q.push(v);
}
}
}
printf("%d\n",res1);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
if(!bind[i])
{
q.push(i);
}
}
while(!q.empty())
{
while(!q.empty())
{
int u=q.top();
q.pop();
if(u>maxn)
{
res2++;
maxn=u;
}
tt.push(u);
}
while(!tt.empty())
{
int u=tt.front();
tt.pop();
for(int i=0;i<g[u].size();i++)
{
int v=g[u][i];
if(!(--bind[v]))
{
if(v<maxn)
{
tt.push(v);
}
else q.push(v);
}
}
}
}
printf("%d",res2);
return 0;
}