参考：
https://blog.csdn.net/qq_41713256/article/details/80805338
在一个有向图中，对所有的节点进行排序，要求没有一个节点指向它前面的节点。
先统计所有节点的入度，对于入度为0的节点就可以分离出来，然后把这个节点指向的节点的入度减一。
一直做改操作，直到所有的节点都被分离出来。
如果最后不存在入度为0的节点，那就说明有环，不存在拓扑排序，也就是很多题目的无解的情况。
下面是算法的演示过程。
下面是我以前的写法，比较好理解，但是效率低
-
//b[]为每个点的入度
-
for(i=1;i<=n;i++){
-
for(j=1;j<=n;j++){
-
if(b[j]==0){ //找到一个入度为0的点
-
ans=j;
-
vis[cnt++]=j;
-
b[j]--;
-
break;
-
}
-
}
-
for(j=1;j<=n;j++)
-
if(a[ans][j]) b[j]--; //与入度为0的点相连的点的入度减一
-
}
-
printf("%d",vis[0]);
-
for(i=1;i<cnt;i++) printf(" %d",vis[i]);
-
printf(" ");
下面是我现在一直以来的写法，貌似挺快的。
-
queue<int>q;
-
for(int i=0;i<n;i++) //n 节点的总数
-
if(in[i]==0) q.push(i); //将入度为0的点入队列
-
vector<int>ans; //ans 为拓扑序列
-
while(!q.empty())
-
{
-
int p=q.top(); q.pop(); // 选一个入度为0的点，出队列
-
ans.push_back(p);
-
for(int i=0;i<edge[p].size();i++)
-
{
-
int y=edge[p][i];
-
in[y]--;
-
if(in[y]==0)
-
q.push(y);
-
}
-
}
-
if(ans.size()==n)
-
{
-
for(int i=0;i<ans.size();i++)
-
printf( "%d ",ans[i] );
-
printf(" ");
-
}
-
else printf("No Answer! "); // ans 中的长度与n不相等，就说明无拓扑序列
有些拓扑排序要求字典序最小什么的，那就把队列换成优先队列就好了。
例如：ZCMU-2153点击打开链接
代码：
using namespace std;
typedef long long LL;
const int inf=1e9;
const int maxn=1e6+5;
vector<int>edge[50];
int in[50];
int main()
{
char s[5];
set<int>k;
while(cin>>s)
{
k.insert(s[2]-'A');
k.insert(s[0]-'A');
if(s[1]=='>')
{
in[s[2]-'A']++;
edge[s[0]-'A'].push_back(s[2]-'A');
}
else
{
in[s[0]-'A']++;
edge[s[2]-'A'].push_back(s[0]-'A');
}
}
priority_queue<int,vector<int>,greater<int> >q;
for(int i=0;i<30;i++)
{
if(in[i]==0&&k.count(i)!=0)
q.push(i);
}
vector<int>ans;
while(!q.empty())
{
int p=q.top(); q.pop();
ans.push_back(p);
for(int i=0;i<edge[p].size();i++)
{
int y=edge[p][i];
in[y]--;
if(in[y]==0&&k.count(y)!=0)
q.push(y);
}
}
if(ans.size()==k.size())
{
for(int i=0;i<ans.size();i++)
printf("%c",ans[i]+'A');
printf(" ");
}
else printf("No Answer! ");
return 0;
}
还有一种比较坑的排序 要求编号小的尽量排在前面，这里与字典序最小是不一样的，看一下例题。
HDU-4857 点击打开链接
逃生
Time Limit: 2000/1000 MS (Java/Others) Memory Limit: 32768/32768 K (Java/Others)
Total Submission(s): 6725 Accepted Submission(s): 1965
现在有n个人，从1标号到n。同时有一些奇怪的约束条件，每个都形如：a必须在b之前。
同时，社会是不平等的，这些人有的穷有的富。1号最富，2号第二富，以此类推。有钱人就贿赂负责人，所以他们有一些好处。
负责人现在可以安排大家排队的顺序，由于收了好处，所以他要让1号尽量靠前，如果此时还有多种情况，就再让2号尽量靠前，如果还有多种情况，就让3号尽量靠前，以此类推。
那么你就要安排大家的顺序。我们保证一定有解。
然后对于每个测试数据，第一行有两个整数n(1 <= n <= 30000)和m(1 <= m <= 100000)，分别表示人数和约束的个数。
然后m行，每行两个整数a和b，表示有一个约束a号必须在b号之前。a和b必然不同。
举个例子如图：
如果你用优先队列拓扑排序得到的是：3 5 6 4 1 7 8 9 2 0
但是正确答案为 6 4 1 3 9 2 5 7 8 0 这样使得小的（1）尽量在前面。
这里我们可以得到 前面的小的不一定排在前面，但是有一点后面大的一定排在后面。
我们看 6和3不一定3排在前面，因为6后面连了一个更小的数字1能使得6更往前排。
在看 2和 8，8一定排在后面，因为8后面已经没有东西能使它更往前排（除了0）。
所以最后我们的做法就是 建立一个反图，跑一边字典序最大的拓扑排序，最后再把这个排序倒过来就是答案了。
using namespace std;
typedef long long ll;
vector<int>edge[30010],ans;
priority_queue<int>q;
int in[30010];
int T,n,m;
void init()
{
for(int i=1;i<=n;i++)
{
edge[i].clear();
in[i]=0;
}
while(!q.empty()) q.pop();
ans.clear();
}
void solve()
{
int i,j;
for(i=1;i<=n;i++)
if(in[i]==0) q.push(i);
while(!q.empty())
{
int p=q.top(); q.pop();
ans.push_back(p);
for( i=0; i<edge[p].size(); i++ )
{
int v=edge[p][i];
in[v]--;
if(in[v]==0) q.push(v);
}
}
for(i=ans.size()-1;i>0;i--)
printf("%d ",ans[i]);
printf("%d ",ans[0]);
}
int main()
{
int a,b;
scanf("%d",&T);
while(T--)
{
scanf("%d%d",&n,&m);
init();
while(m--)
{
scanf("%d%d",&a,&b);
edge[b].push_back(a);
in[a]++;
}
solve();
}
return 0;
}