poj3683
题意
n对新人举行婚礼，婚礼在不同时间段但可能重叠，婚礼有开始(Si)、结束(Ti)、仪式举行时间(Di)，问能否给出一种举行方案，使得神父能参加所有的婚礼并举行仪式。
分析
xi为真 <=> 在开始时举行仪式，
xj为假 <=> 在结束时举行仪式。
设x' 为 非x。（若 x 为真，则 x' 为假）
xi -> xj 表示 xi 为真则 xj 为真。(xi xj 连边)
对于结婚仪式 i 和 j ，如果 Si ~ Si+Di 和 Sj ~ Sj+Dj 冲突，就有 xi' or xj' ，这种情况即 xi -> xj' ，xj -> xi' 。（xi 和 xj 不能同时选，即选择一个，那么选了 xi 后 就会选择到 xj' ，表示不选 xj。）
如果 Si ~ Si+Di 和 Tj-Dj ~ Dj 冲突，有 xi' or xj ，即 xi -> xj，xj' -> xi' 。
如果 Ti-Di ~ Ti 和 Sj ~ Sj+Dj 冲突，有 xi or xj' ，即 xi' -> xj'，xj -> xi 。
如果 Ti-Di ~ Ti 和 Tj-Dj ~ Dj 冲突 ，有 xi or xj ，即 xi' -> xj ，xj' -> xi 。
代码参照《 挑战程序设计竞赛》，网上的代码大多是按照论文进行模拟？
书中有个步骤比较疑惑，打印可行解时，
一点理解：拓扑序靠后的出度小，越不会影响后面的选择？
code
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<stack>
#include<set>
#include<map>
#include<algorithm>
typedef long long ll;
using namespace std;
const int MAXN = 2e3 + 10;
int n, m; // 点、边
int vis[MAXN];
int flag[MAXN]; // 所属强连通分量的拓扑序
vector<int> G[MAXN], rG[MAXN];
vector<int> vs; // 后序遍历顺序的顶点列表
void addedge(int x, int y)
{
G[x].push_back(y); // 正向图
rG[y].push_back(x); // 反向图
}
void dfs(int u)
{
vis[u] = 1;
for(int i = 0; i < G[u].size(); i++)
{
int v = G[u][i];
if(!vis[v]) dfs(v);
}
vs.push_back(u);
}
void rdfs(int u, int k)
{
vis[u] = 1;
flag[u] = k;
for(int i = 0; i < rG[u].size(); i++)
{
int v = rG[u][i];
if(!vis[v]) rdfs(v, k);
}
}
int scc() // 强连通分量的个数
{
vs.clear();
memset(vis, 0, sizeof vis);
for(int i = 1; i <= n; i++) // [1...n]
if(!vis[i]) dfs(i);
memset(vis, 0, sizeof vis);
int k = 0;
for(int i = vs.size() - 1; i >= 0; i--)
if(!vis[vs[i]]) rdfs(vs[i], k++);
return k;
}
int S[MAXN], D[MAXN], T[MAXN];
void solve()
{
int N = n;
n = 2 * n;
for(int i = 1; i <= n; i++)
{
G[i].clear();
rG[i].clear();
}
for(int i = 1; i <= n; i++) // 枚举、连边
{
for(int j = 1; j < i; j++)
{
if(min(S[i] + D[i], S[j] + D[j]) > max(S[i], S[j]))
{
// xi -> xj' ，xj -> xi'
addedge(i, j + N);
addedge(j, i + N);
}
if(min(S[i] + D[i], T[j]) > max(S[i], T[j] - D[j]))
{
// xi -> xj，xj' -> xi'
addedge(i, j);
addedge(j + N, i + N);
}
if(min(T[i], S[j] + D[j]) > max(S[j], T[i] - D[i]))
{
// xi' -> xj'，xj -> xi
addedge(i + N, j + N);
addedge(j, i);
}
if(min(T[i], T[j]) > max(T[i] - D[i], T[j] - D[j]))
{
// xi' -> xj ，xj' -> xi
addedge(i + N, j);
addedge(j + N, i);
}
}
}
scc();
// 判断可行性
for(int i = 1; i <= N; i++)
{
if(flag[i] == flag[N + i])
{
puts("NO");
return;
}
}
// 输出可行解
puts("YES");
for(int i = 1; i <= N; i++)
{
if(flag[i] > flag[i + N]) // 在仪式开始时举行
printf("%02d:%02d %02d:%02d\n", S[i] / 60, S[i] % 60, (S[i] + D[i]) / 60, (S[i] + D[i]) % 60);
else
printf("%02d:%02d %02d:%02d\n", (T[i] - D[i]) / 60, (T[i] - D[i]) % 60, T[i] / 60, T[i] % 60);
}
}
int main()
{
while(~scanf("%d", &n))
{
for(int i = 1; i <= n; i++)
{
int x1, y1, x2, y2;
char p, q;
scanf("%02d:%02d %02d:%02d %d", &x1, &y1, &x2, &y2, &D[i]);
S[i] = x1 * 60 + y1;
T[i] = x2 * 60 + y2;
}
solve();
}
return 0;
}