AcWing 343. 排序
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一、传递闭包
本题考察\(Floyd\)算法在传递闭包问题上的应用。给定若干对元素和若干对二元关系，并且关系具有传递性，通过传递性推导出尽量多的元素之间的关系的问题被称为传递闭包。比如\(a < b,b < c\),就可以推导出\(a < c\)，如果用图形表示出这种大小关系，就是\(a\)到\(b\)有一条有向边，\(b\)到\(c\)有一条有向边，可以推出\(a\)可以到达\(c\)，找出图中各点能够到达点的集合，就类似于\(Floyd\)算法求图中任意两点间的最短距离。\(Floyd\)求解传递闭包问题的代码如下：
void floyd(){
for(int k = 0;k < n;k++)
for(int i = 0;i < n;i++)
for(int j = 0;j < n;j++)
f[i][j] |= f[i][k] & f[k][j];
}
只是对原来算法在状态转移方程上略加修改 就能够求解传递闭包问题了。【套路，满满的套路，你不学习就不会的套路】
f[i][j] = 1表示i可以到达j(i < j)，f[i][j] = 0表示i不可到达j。只要i能够到达k并且k能够到达j，那么i就能够到达j，这就是上面代码的含义。
对于本题而言，给定\(n\)个元素和一堆二元关系，依次读取每个二元关系，在读取第\(i\)个二元关系后，如果可以确定\(n\)个元素两两间的大小关系了，就输出在几对二元关系后可以确定次序，并且次序是什么；如果出现了矛盾，就是\(A < B\)并且\(B < A\)这种情况发生了就输出多少对二元关系后开始出现矛盾；如果遍历完所有的二元关系还不能确定所有元素间的大小关系，就输出无法确定。
可以发现，题目描述要求按顺序遍历二元关系，一旦前\(i\)个二元关系可以确定次序了就不再遍历了，即使第\(i + 1\)对二元关系就会出现矛盾也不去管它了。对于二元关系的处理和之前的做法一样，\(A < B\)，就将\(f[0][1]\)设为\(1\)，题目字母只会在\(A\)到\(Z\)间，因此可以映射为\(0\)到\(25\)这\(26\)个元素，如果\(f[0][1] = f[1][0] = 1\)，就可以推出f[0][0] = 1，此时\(A < B\)并且\(A > B\)发生矛盾，因此在f[i][i]= 1时发生矛盾。
下面详细分析下求解的步骤：首先每读取一对二元关系，就执行一遍\(Floyd\)算法求传递闭包，然后执行check函数判断下此时是否可以终止遍历，如果发生矛盾或者次序全部被确定就终止遍历，否则继续遍历。在确定所有的次序后，需要输出偏序关系，因此需要执行下getorder函数。注意这里的终止遍历仅仅是不再针对新增的二元关系去求传递闭包，循环还是要继续的，需要读完数据才能继续读下一组数据。
下面设计\(check\)函数和\(getorder\)函数。
int check(){
for(int i = 0;i < n;i++)
if(f[i][i]) return 0;
for(int i = 0;i < n;i++){
for(int j = 0;j < i;j++){
if(!f[i][j] && !f[j][i]) return 1;
}
}
return 2;
}
如果f[i][i] = 1就发生矛盾了，可以返回了；如果f[i][j] = f[j][i] = 0表示i与j之间的偏序关系还没有确定下来，就需要继续读取下一对二元关系；如果所有的关系都确定了，就返回2。
string getorder(){
char s[26];
for(int i = 0;i < n;i++){
int cnt = 0;
for(int j = 0;j < n;j++) cnt += f[i][j];
s[n - cnt - 1] = i + 'A';
}
return string(s,s + n);
}
确定所有元素次序后如何判断元素i在第几个位置呢？f[i][j] = 1表示i < j，因此计算下i小于元素的个数cnt，就可以判定i是第cnt + 1大的元素了。
总的代码如下：
#include
// Floyd解决传送闭包问题
using namespace std;
const int N = 27;
int n; // n个变量
int m; // m个不等式
int g[N][N]; //原始关系
int f[N][N]; //推导的关系
void floyd() {
//复制出来f
memcpy(f, g, sizeof g);
for (int k = 0; k < n; k++)
for (int i = 0; i < n; i++)
for (int j = 0; j < n; j++)
// i可以到达k,k可以到达j,那么i可以到达j
//为了防止枚举其它k'时，导致被覆盖成0,所以写成“或”的形式
f[i][j] |= f[i][k] & f[k][j];
}
// 1:可以确定两两之间的关系,2:矛盾,3:不能确定两两之间的关系
int check() {
//如果i> n >> m, n || m) {
string str;
int type = 3; // 3:不能确定两两之间的关系
//初始化原始关系,准备读入数据
memset(g, 0, sizeof g);
// m条边，下面需要输出在第几个输入后有问题，所以需要用for循环
for (int i = 1; i <= m; i++) {
cin >> str;
//如果不是待确定，就表示是已确定或者出现了矛盾,就没有必要再处理了
//但是，还需要耐心的读取完毕，因为可能还有下一轮，不读入完耽误下一轮
if (type != 3) continue;
//变量只可能为大写字母A~Z,映射到0~25
int a = str[0] - 'A', b = str[2] - 'A';
g[a][b] = 1; //记录a 二、优化算法
分析上面的代码可以发现，每读取一对二元关系就去执行一次\(floyd\)算法，时间复杂度是\(O(m*n^3)\)，显然冗余度很高，新增了\(a\)与\(b\)的大小关系，只需要更改由这条边可传递下去的关系即可，比如之前执行\(floyd\)已经确定\(A < C\)，新增了\(B < D\)，完全没必要再去求解\(A\)与\(C\)的大小关系了。因此，如果新读入的二元关系f[a][b]已经是1了，表示之前的算法已经使用了a与b这条边了，就不需要再执行传递闭包算法了，如果f[a][b] = 0，也只需要更新与a、b有关点的关系。
如上图所示，加入a与b这条边后，我们只需要遍历能够到达a的所有点x以及b能够到达所有的点y，用平方级复杂度就可以完成加一条边后关系的更新。f[a][b] = 1，首先我们需要更新f[x][b]与f[a][y]的值为1，表示x可以到达b了，a可以到达y了，最后再更新f[x][y] = 1。注意这里的x与y都是泛指，x指的是能够到达a的点，不一定是图中标的与a直接相连的那个点，也可能是图中x的上一点，也是可以到达a的。这样一来每读入一条边最多只要平方级别复杂度就可以完成更新，总的时间复杂度为\(O(m*n^2)\)，效率也大幅提升了。这种方法的代码如下：
#include
using namespace std;
const int N = 27;
int n, m, f[N][N];
// 1:可以确定两两之间的关系,2:矛盾,3:不能确定两两之间的关系
int check() {
//如果i> n >> m, n || m) {
string str;
int type = 3;
memset(f, 0, sizeof f);
for (int i = 1; i <= m; i++) {
cin >> str;
if (type != 3) continue;
int a = str[0] - 'A', b = str[2] - 'A';
if (!f[a][b]) { //如果a和b还没有确定关系
f[a][b] = 1; //记录a 其实这种优化算法就和#Floyd#没有关系了。也可以认为是一种基于\(Floyd\)思想的优化版本，什么是\(Floyd\)思想呢？似乎就是完全松弛，不怕费时间吧。