拓扑排序+贪心 NOI 2010 航空管制

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题意：$n$个航班，定义一个航班的起飞序号为该航班在起飞序列中的位置。起飞序列还存在两类限制条件：1.编号为$i$的航班起飞序号不得超过$k_i$。2.存在一些相对起飞顺序限制$(a, b)$，即航班$a$的起飞序号必须小于航班$b$的起飞序号。求一个可行的起飞序列&每个航班在所有可行的起飞序列中的最小起飞序号。

$\ \ \ \ $看到这道题，我也不知道该怎么下手，于是我看了题解。
$\ \ \ \ $对于第一问，我们发现正着做不好做，我们考虑反向建图跑拓扑排序，用堆维护，对$k$进行排序，倒着枚举时间，每次选择k最大的，度数为$0$的点加入$ans$数组。
$\ \ \ \ $第二问相当巧妙，首先因为是反图，所以我们就是要找一个航班的最大起飞序号。对于一个需要求解的$i$，我们先把点$i$放一边不去管它(即使它没有度了也不放进堆)，然后进行拓扑排序直到不能排为止（入度为$0$的点（不包括$i$）都不能在这个时间起飞），这个就是答案了。

// luogu-judger-enable-o2
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
struct node
{
    int next,to;
}e[1001000];
int n,m,rd[1001000],num,head[1001000];
int ans[1001000],rd1[1001000],d[1001000];
pair<int,int> qq;
priority_queue<pair<int,int> > q;
void add(int from,int to)
{
    e[++num].next=head[from];
    e[num].to=to;
    head[from]=num;
}
void topsort()
{
    for(int i=1;i<=n;++i)
        rd1[i]=rd[i];
    for(int i=1;i<=n;++i)
        if(!rd1[i])
            q.push(make_pair(d[i],i));
    for(int i=n;i>=1;--i)
    {
        int x=q.top().second;
        q.pop();
        ans[i]=x;
        for(int j=head[x];j;j=e[j].next)
        {
            int v=e[j].to;
            --rd1[v];
            if(!rd1[v])
                q.push(make_pair(d[v],v));
        }
    }   
}
int solve(int x)
{
    while(!q.empty())
        q.pop();
    for(int i=1;i<=n;++i)
        rd1[i]=rd[i];
    for(int i=1;i<=n;++i)
        if(!rd1[i]&&i!=x)
            q.push(make_pair(d[i],i));
    for(int i=n;i>=1;--i)
    {
        if(q.empty())
            return i;
        int xx=q.top().first;
        int yy=q.top().second;
        q.pop();
        if(xx<i)
            return i;
        for(int j=head[yy];j;j=e[j].next)
        {
            int v=e[j].to;
            --rd1[v];
            if(!rd1[v]&&x!=v)
                q.push(make_pair(d[v],v));
        }       
    }
}
int main()
{
    cin>>n>>m;
    for(int i=1;i<=n;++i)
        scanf("%d",&d[i]);
    for(int i=1;i<=m;++i)
    {
        int u,v;
        cin>>u>>v;
        add(v,u);
        rd[u]++;
    }
    topsort();
    for(int i=1;i<=n;++i)
        cout<<ans[i]<<" ";
    cout<<endl;
    memset(rd1,0,sizeof(rd1));
    for(int i=1;i<=n;++i)
        cout<<solve(i)<<" ";
    return 0;
}