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作者：孤廖
学习方向：C++/Linux/算法
人生格言：折而不挠，中不为下

正文：

B3644 【模板】拓扑排序 / 家谱树

【解法】

【参考代码】

#define _CRT_SECURE_NO_WARNINGS
//B3644 【模板】拓扑排序 / 家谱树
#include <iostream>
#include <vector>
#include <queue>
using namespace std;const int N = 110;
vector<int> edges[N];//edges[i]:表示i节点的孩子 邻接表（孩子表示法）
int d[N];//d[i]:i节点的入度数
int n;
int main()
{cin >> n;//处理图的信息for (int i = 1; i <= n; i++){int j;while (cin >> j, j){edges[i].push_back(j);d[j]++;//更新每个节点的入度数}}//拓扑排序queue<int> q;//先把入度数为0 的点 加入队列for (int i = 1; i <= n; i++) if (d[i] == 0) q.push(i);while (q.size()){int a = q.front(); q.pop();///出队cout << a << " ";//更新入度数for (auto& e : edges[a]){d[e]--;if (d[e] == 0) q.push(e);}}return 0;
}

P2712 摄像头

【解法】：

拓扑排序判断是否有环。
直接跑⼀遍拓扑排序，然后统计⼀下有多少摄像头没有出队。那么这些没有出队的摄像头就是环⾥⾯的元素。
注意：
• 有些位置可能没有摄像头，需要判断⼀下。

【参考代码】

#define _CRT_SECURE_NO_WARNINGS
//P2712 摄像头#include <iostream>
#include <vector>
#include <queue>
using namespace std;
const int N = 510;
vector<int> edges[N];//edges[i]:表示i 的边的信息即i指向的孩子
int n;//摄像头的个数
int d[N];//d[i]:表示节点i的入度数
bool st[N];//st[i]:表示i位置是否有摄像头
int main()
{cin >> n;//输入摄像头的信息 即图的信息for (int i = 1; i <= n; i++){int x, m, y;cin >> x >> m;st[x] = true;while (m--){cin >> y;edges[x].push_back(y);//统计节点入度数d[y]++;}}//拓扑排序queue<int> q;//将入度数 为0的摄像头入队for (int i = 0; i <= 500; i++){if (d[i] == 0 && st[i] ) q.push(i);}while (q.size()){//将入度数为0的摄像头 出队int a = q.front(); q.pop();//更新与a摄像头相关的摄像头的入度数for (auto& e : edges[a]){d[e]--;if (st[e] && d[e] == 0) q.push(e);}}//遍历所有位置找到是否还有没有砸坏的摄像头int ret = 0;//还没砸掉的摄像头数量for (int i = 0; i <= 500; i++){if (st[i] && d[i]) ret++;}if (ret == 0) cout << "YES " << endl;else cout << ret << endl;return 0;
}

P4017 最大食物链计数

【解法】

注意审题！题⽬问的是⼀共有多少条路径！
拓扑排序的过程中，进⾏动态规划。
对于每⼀个节点 ，通过它的路径为：前驱所有结点的路径总数之和。因此，可以在拓扑排序的过程中，维护从起点开始到达每⼀个节点的路径总数。

【参考代码】

#define _CRT_SECURE_NO_WARNINGS//P4017 最大食物链计数#include <iostream>
#include <vector>
#include <queue>
using namespace std;
const int N = 5010,M=5e5+10,MOD= 80112002;int f[N];//f[i]:表示从生产者到i种生物的最大食物链条数
vector<int> edges[M];//边数
int in[N];//in[i]:表示：i种能被多少种生物吃掉即入度数
int out[N];//out[i]:表示：i种生物能吃多少种生物即出度数
int n, m;//物种的个数 和食物链的条数
int main()
{cin >> n >> m;for (int i = 1; i <= m; i++){int x, y;//x->ycin >> x >> y;//统计边的信息，和每个节点 的出入度情况edges[x]. push_back(y);in[y]++;out[x]++;}//dp+拓扑排序//初始化 初始化生产者的最大食物链条数 即为1queue<int> q;for (int i = 1; i <= n; i++){if (in[i] == 0){f[i] = 1;//初始化q.push(i);//生产者入队}}while (q.size()){int a = q.front(); q.pop();//入度数为0的生物出队//更新a的捕食者的最大生物链条数for (auto& e : edges[a]){//a->ein[e]--;f[e] = (f[e] + f[a]) % MOD;//模加模防止溢出if (in[e] == 0)  q.push(e);}}//统计不同食物网最大的食物链条数总和int ret = 0;//结果for (int i = 1; i <= n; i++){if (out[i] == 0) ret = (ret + f[i]) % MOD;//模加模防止溢出}//输出结果cout << ret << endl;return 0;
}

3 ：P1113 杂务

【解法】

拓扑排序的过程中，进⾏动态规划。
对于每⼀个事件 ，完成它的最⼩时间为：完成前驱所有事件的最⼩时间中的最⼤值 + 当前事件的完
成时间。因此，可以在拓扑排序的过程中，维护每⼀个事件完成的最⼩时间，然后更新当前事件的最⼩时间。

第一种初始化下：

#define _CRT_SECURE_NO_WARNINGS
//P1113 杂务#include <iostream>
#include <vector>
#include <queue>
using namespace std;
const int N = 1e4 + 10;
int f[N];//f[i]:i杂物完成所需的最小时间
int n;//n 个杂物
vector<int> edges[N];//edges[i]:杂物i完成后能完成的杂物
int len[N];//len[i]:杂物i完成需要的时间
int in[N];//in[i]:杂物i的入度即做杂物i前 需要完成的其他杂物个数
int main()
{cin >> n;for (int i = 1; i <= n; i++){int b = 0, a = 0;//当前杂物b 作杂务b前需要完成的杂物acin >> b >> len[b];while (cin >> a, a){edges[a].push_back(b);in[b]++;}}//dp +拓扑排序//默认初始化int ret = 0;//结果queue<int> q;for (int i = 1; i <= n; i++){if (in[i] == 0) q.push(i);}while (q.size()){int pre = q.front(); q.pop();//出队f[pre] += len[pre];ret = max(ret, f[pre]);//更新后续要完成杂物的最小时间for (auto& e : edges[pre]){in[e]--;f[e] = max(f[e], f[pre]);if (in[e] == 0) q.push(e);}}//输出结果cout << ret << endl;return 0;
}

第二种初始化下

#define _CRT_SECURE_NO_WARNINGS
//P1113 杂务#include <iostream>
#include <vector>
#include <queue>
using namespace std;
const int N = 1e4 + 10;
int f[N];//f[i]:i杂物完成所需的最小时间
int n;//n 个杂物
vector<int> edges[N];//edges[i]:杂物i完成后能完成的杂物
int len[N];//len[i]:杂物i完成需要的时间
int in[N];//in[i]:杂物i的入度即做杂物i前 需要完成的其他杂物个数
int main()
{cin >> n;for (int i = 1; i <= n; i++){int b = 0, a = 0;//当前杂物b 作杂务b前需要完成的杂物acin >> b >> len[b];while (cin >> a, a){edges[a].push_back(b);in[b]++;}}//dp +拓扑排序//初始化int ret = 0;//结果queue<int> q;for (int i = 1; i <= n; i++){if (in[i] == 0){q.push(i);f[i] = len[i];}}while (q.size()){int pre = q.front(); q.pop();//出队//更新后续要完成杂物的最小时间ret = max(ret, f[pre]);for (auto& e : edges[pre]){in[e]--;f[e] = max(f[e], len[e] + f[pre]);if (in[e] == 0) q.push(e);}}//输出结果cout << ret << endl;return 0;
}

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结语：

这篇拓扑排序专题，我们从四道洛谷题里挖出了算法 “不变的核心” 与 “多变的场景”——B3644 作为模板题，用 C++ 的vector邻接表 +queue搭好了 Kahn 算法的基础框架，让 “入度维护 + 节点遍历” 的逻辑变得直观；P2712 摄像头则在模板上加了 “环检测” 的实际需求，靠 “拓扑序列长度与节点数对比” 快速破题，C++ 的st数组又帮我们精准筛选出有摄像头的位置，避免无效计算；P4017 最大食物链计数更巧妙，把拓扑排序和 DP 结合，用f数组同步累加路径数，模运算的细节处理还兼顾了数据溢出问题；而 P1113 杂务则聚焦 “最长路径”，两种初始化方式的对比，让我们看清f数组维护 “前置任务最大时间” 的本质，也体会到 C++ 代码实现的灵活性。

其实拓扑排序的魅力，就在于它能把 “依赖关系” 转化为 “可计算的顺序”，而 C++ 则是把这种思路落地的关键 —— 选queue还是priority_queue，用数组还是vector存状态，甚至初始化的时机，都会影响代码的效率与可读性。这也是 “算法磨剑” 的意义：不只是会背模板，更是能根据题目场景，用 C++ 把算法 “磨” 成贴合需求的工具。

如果这篇解析帮你理清了拓扑排序的不同应用场景，或是对 C++ 实现细节有了新理解，不妨点个赞 + 收藏，方便后续复盘；也欢迎在评论区分享你的思考：你解 P2712 时有没有先想到其他判环方法？P1113 的两种初始化方式，你更偏爱哪种逻辑？后续 “算法磨剑：用 C++ 思考的艺术” 专栏还会继续深挖图论、动态规划等算法的实战场景，陪你从 “会用算法” 到 “用好算法”，在代码里一步步精进！