Rank of Tetris
Time Limit: 1000/1000 MS (Java/Others) Memory Limit: 32768/32768 K (Java/Others)
Total Submission(s): 3671 Accepted Submission(s): 1026
Problem Description 自从Lele开发了Rating系统，他的Tetris事业更是如虎添翼，不久他遍把这个游戏推向了全球。
为了更好的符合那些爱好者的喜好，Lele又想了一个新点子：他将制作一个全球Tetris高手排行榜，定时更新，名堂要比福布斯富豪榜还响。关于如何排名，这个不用说都知道是根据Rating从高到低来排，如果两个人具有相同的Rating，那就按这几个人的RP从高到低来排。
终于，Lele要开始行动了，对N个人进行排名。为了方便起见，每个人都已经被编号，分别从0到N-1,并且编号越大，RP就越高。
同时Lele从狗仔队里取得一些（M个）关于Rating的信息。这些信息可能有三种情况，分别是”A > B”,”A = B”,”A < B”，分别表示A的Rating高于B,等于B,小于B。
现在Lele并不是让你来帮他制作这个高手榜，他只是想知道，根据这些信息是否能够确定出这个高手榜，是的话就输出”OK”。否则就请你判断出错的原因，到底是因为信息不完全（输出”UNCERTAIN”），还是因为这些信息中包含冲突（输出”CONFLICT”）。
注意，如果信息中同时包含冲突且信息不完全，就输出”CONFLICT”。
Input 本题目包含多组测试，请处理到文件结束。
每组测试第一行包含两个整数N,M(0<=N<=10000,0<=M<=20000),分别表示要排名的人数以及得到的关系数。
接下来有M行，分别表示这些关系
Output 对于每组测试，在一行里按题目要求输出
Sample Input
3 3 0 > 1 1 < 2 0 > 2 4 4 1 = 2 1 > 3 2 > 0 0 > 1 3 3 1 > 0 1 > 2 2 < 1
Sample Output
OK CONFLICT UNCERTAIN
一道很好的拓扑排序题，因为有等号的缘故，所以加大了难度。
题目数据量比较大，肯定不能用邻接矩阵来储存关系，会超内存，所以果断选择用领接表，然后用了一下午的时间学习了STL里面的vector。一开始没有考虑到连等的情况，所以没有用到并查集去合并‘=’，而是纯手动的读到‘=’就让两个点的入度相等（这样做完全行不通，不光出现1 = 2 = 3的情况回出错，1 > 2, 2 = 3, 4 > 3 的时候也会WA）后来引入并查集去处理等号以后就超时，经过很长时间的优化终于踩点过了，所以说有时候必要的学习时应该的。下面给出一些容易错的数据（仅供参考）：
4 3
1 > 0
1 = 2
3 > 2
OK
5 4
1 > 0
1 = 2
2 = 3
3 < 4
OK
7 6
1 > 0
1 = 2
2 = 3
2 > 5
3 > 6
4 > 3
NUCERTAIN
我的解题思路：在读如数据的同时， 碰到‘=’时用并查集进行处理，（这点不好，这样由于‘=’的出现次序，数据要被重复合并多次），然后用模拟的方式去判断（这里没有用到一些技巧很惭愧），因为名次时确定的话每次只会有一个点的入度为0，如果同时有两个点的入度为0，说明名次不能被确定，如果有向图中出现环，说明冲突。（这里要注意的是条件不足时不能直接停止判断，因为后面还有可能出现错误）
#include <stdio.h>
#include <string.h>
#include <vector>
using namespace std;
#define N 10005
#define INT vector<int>::iterator
int n, m, cnt, all, bir[N];
int rec[N * 2][2], vis[N], num[N];
vector<int> G[N];
void handle(int a, int b){
if (a == b)
return;
for (INT i = G[a].begin(); i != G[a].end(); i++)
G[b].push_back(*i);
num[a] = b;
all++;
}
int find(int x){
return x != num[x]?num[x] = find(num[x]):x;
}
int topo(int k, int sum){
vis[k] = 1;
int ok = 0;
for (INT i = G[k].begin(); i != G[k].end(); i++){
int a = find(*i);
if (vis[a]) return -1;
ok = topo(a, sum + 1);
if (ok) return ok;
}
if (sum + all == n) return 1;
vis[k] = 0;
return 0;
}
int main(){
int a, b;
char c;
while (scanf("%d%d", &n, &m) != EOF){
// Init.
all = cnt = 0;
memset(rec, 0, sizeof(rec));
memset(bir, 0, sizeof(bir));
for (int i = 0; i < n; i++)
G[num[i] = i].clear();
// Read.
for (int i = 0; i < m; i++){
scanf("%d %c %d", &a, &c, &b);
if (c == '<')
G[b].push_back(a);
else if (c == '>')
G[a].push_back(b);
else{
rec[cnt][0] = a;
rec[cnt][1] = b;
cnt++;
}
}
// Handle.
for (int i = 0; i < cnt; i++)
handle(find(rec[i][0]), find(rec[i][1]));
// Judge.
int ok = 0;
for (int i = 0; i < n; i++){
a = find(i);
if (bir[a]) continue;
memset(vis, 0, sizeof(vis));
ok = topo(a, 1);
if (ok) break;
bir[a] = 1;
}
if (ok == 1)
printf("OK\n");
else if (ok == -1)
printf("CONFLICT\n");
else
printf("UNCERTAIN\n");
}
return 0;}
这是我研究了下别人的代码，然后结合自己代码优点写的，主要改了数据读入的地方，是在读取到‘=’时，先用并查集将两点合并（注意已经相等的点处理，对后面判断回有所影响），在所有数据都读取完毕后，在对‘<‘ 和‘>’进行处理（这里处理时直接找到根结点，在根节点处操作）。
还有在拓扑排序的实现上引用了队列进行模拟，起先处理时有记录每个点的入度个数，当入度为0时入队，如果出现过队列大小大于1的情况，说明排序不唯一，如果没有点入度为0 时，被确定排序的点不足n个时，为冲突。
#include <stdio.h>
#include <string.h>
#include <vector>
#include <queue>
using namespace std;
#define N 10005
int n, m, cnt;
int X[2 * N], Y[2 * N], far[N], son[N];
char C[2 * N];
vector<int> G[N];
int get(int x){
return x != far[x]?far[x] = get(far[x]):x;
}
bool Union(int a, int b){
if (a == b)
return false;
far[a] = b;
return true;
}
int main(){
while (scanf("%d%d", &n, &m) != EOF){
// Init.
memset(son, 0, sizeof(son));
for (int i = 0; i < n; ++i)
G[far[i] = i].clear();
cnt = n;
// Read.
for (int i = 0; i < m; i++){
scanf("%d %c %d", &X[i], &C[i], &Y[i]);
if (C[i] == '=' && Union(get(X[i]), get(Y[i])))
cnt--;
}
// Handle.
for (int i = 0; i < m; i++){
int a = get(X[i]), b = get(Y[i]);
if (C[i] == '<'){
G[b].push_back(a);
son[a]++;
}
else if (C[i] == '>'){
G[a].push_back(b);
son[b]++;
}
}
queue<int> que;
int ok = 0;
for (int i = 0; i < n; i++)
if (!son[i] && i == get(i))
que.push(i);
while (!que.empty()){
if (que.size() > 1)
ok = 1;
int t = que.front();
que.pop();
cnt--;
for (int i = 0; i < G[t].size(); i++)
if (--son[G[t][i]] == 0)
que.push(G[t][i]);
}
if (cnt > 0)
printf("CONFLICT\n");
else if (ok)
printf("UNCERTAIN\n");
else
printf("OK\n");
}
return 0;}
