题目描述
小明要去一个国家旅游。这个国家有 N 个城市，编号为 1 至 N，并且有 M 条道路连接着，小明准备从其中一个城市出发，并只往东走到城市 i 停止。
所以他就需要选择最先到达的城市，并制定一条路线以城市 i 为终点，使得线路上除了第一个城市，每个城市都在路线前一个城市东面，并且满足这个前提下还希望游览的城市尽量多。
现在，你只知道每一条道路所连接的两个城市的相对位置关系，但并不知道所有城市具体的位置。现在对于所有的 i，都需要你为小明制定一条路线，并求出以城市 i 为终点最多能够游览多少个城市。
输入
第一行为两个正整数 N,M。
接下来 M 行，每行两个正整数 x,y，表示了有一条连接城市 x 与城市 y 的道路，保证了城市 x 在城市 y 西面。
- 对于 20% 的数据，1≤N≤100；
- 对于 60% 的数据，1≤N≤1000；
- 对于 100% 的数据，1≤N≤100000，1≤M≤200000。
输出
N 行，第 i 行包含一个正整数，表示以第 i 个城市为终点最多能游览多少个城市。
样例输入输出
输入 #1
5 6
1 2
1 3
2 3
2 4
3 4
2 5输出 #1
1
2
3
4
3均选择从城市 1 出发可以得到以上答案。
思路
做这种题目，首先把题目抽象：
一个有向无权图上有N个节点和M条有向边，u->v表示u到v有边。要求找到以第i节点为终点的最长路径。
如果你脱口而出说用拓扑排序，那么你可能只做对了一半。 我们要理解为什么这道题可以用拓扑排序做。
能做拓扑排序的条件是：图是有向无环图(DAG)。
因为题目保证了城市u在城市v西面，所以是没有环的，因此使用拓扑排序是合理的。
同时，我们还需要在拓扑排序时进行动态规划(拓扑DP)。其中dp[i] 表示以 i 为终点的最长路径长度。
初始化时，设置所有入度为0的节点的dpi=1，因为自己肯定能到自己。
同时我们在队列中保存每一个节点对应的答案ans，这样方便操作。当找到符合条件的节点需要更新时，设dpv=u.ans+1，其中u到v有边。
这样做的原因是因为u能到的节点v都能到，外加上v自己这个节点。同时由于拓扑排序的无后效性的特点，保证了dpv更新时答案的最优性。
现在开始分步写代码：
STEP 1:输入，建好有向图，并统计入度。
STEP 2:写拓扑DP。注意queue中传入Node,包括编号和答案，方便dp数组调用。
STEP 3:按顺序输出dp数组即可。
代码
cpp#include<bits/stdc++.h> using namespace std; struct Node { int id,ans; }; int n,m,x,y,deg[100005],dp[100005]; vector<int>edge[100005]; void topoDP() { queue<Node>q; for(int i=1;i<=n;i++) { if(deg[i]==0) { q.push({i,1}); dp[i]=1; } } while(!q.empty()) { Node u=q.front(); q.pop(); for(int v:edge[u.id]) { if(--deg[v]==0) { q.push({v,u.ans+1}); dp[v]=u.ans+1; } } } } int main() { ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); cout.tie(0); cin>>n>>m; for(int i=1;i<=m;i++) { cin>>x>>y; edge[x].push_back(y); deg[y]++; } topoDP(); for(int i=1;i<=n;i++) { cout<<dp[i]<<'\n'; } return 0; }运行结果
感谢阅读，我们下期再会。
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