洛谷 P1113 杂务

Description

• John的农场在给奶牛挤奶前有很多杂务要完成，每一项杂务都需要一定的时间来完成它。比如：他们要将奶牛集合起来，将他们赶进牛棚，为奶牛清洗乳房以及一些其它工作。尽早将所有杂务完成是必要的，因为这样才有更多时间挤出更多的牛奶。当然，有些杂务必须在另一些杂务完成的情况下才能进行。比如：只有将奶牛赶进牛棚才能开始为它清洗乳房，还有在未给奶牛清洗乳房之前不能挤奶。我们把这些工作称为完成本项工作的准备工作。至少有一项杂务不要求有准备工作，这个可以最早着手完成的工作，标记为杂务1。John有需要完成的n个杂务的清单，并且这份清单是有一定顺序的，杂务k(k>1)的准备工作只可能在杂务1至k−1中。

  写一个程序从1到n读入每个杂务的工作说明。计算出所有杂务都被完成的最短时间。当然互相没有关系的杂务可以同时工作，并且，你可以假定John的农场有足够多的工人来同时完成任意多项任务。

Input

• 第1行：一个整数nnn，必须完成的杂务的数目(3≤n≤10,000)；

  第2至(n+1)行： 共有n行，每行有一些用1个空格隔开的整数，分别表示：

  * 工作序号(1至n,在输入文件中是有序的)；

  * 完成工作所需要的时间len(1≤len≤100)

  * 一些必须完成的准备工作，总数不超过100个，由一个数字0结束。有些杂务没有需要准备的工作只描述一个单独的0，整个输入文件中不会出现多余的空格。

Output

• 一个整数，表示完成所有杂务所需的最短时间。

Sample Input

7
1 5 0
2 2 1 0
3 3 2 0
4 6 1 0
5 1 2 4 0
6 8 2 4 0
7 4 3 5 6 0

Sample output

23

题解：

• 一道简单的DAG
• 用拓扑转换为DAG然后dp即可

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <queue>
#define maxn 50005
using namespace std;struct E {int next, to;} e[maxn * 100], edge[maxn * 100];
int n, num, cnt, num_edge, ans;
int a[maxn], h[maxn], in[maxn], seq[maxn], dp[maxn], head[maxn];void add(int u, int v)
{e[++num].next = h[u];e[num].to = v;h[u] = num;
} void add_edge(int from, int to)
{edge[++num_edge].next = head[from];edge[num_edge].to = to;head[from] = num_edge;
}void topsort()
{queue<int> que;for(int i = 1; i <= n; i++)if(!in[i]) que.push(i);while(!que.empty()){int now = que.front();seq[++cnt] = now; que.pop();for(int i = h[now]; i != 0; i = e[i].next){in[e[i].to]--;if(!in[e[i].to]) que.push(e[i].to);}}
}int main()
{cin >> n;for(int i = 1; i <= n; i++){int t;  cin >> t >> t;a[i] = t;while(1){cin >> t;if(!t) break;add(t, i), in[i]++;add_edge(i, t);}}topsort();for(int i = 1; i <= n; i++){int x = seq[i];for(int j = head[x]; j != 0; j = edge[j].next)dp[x] = max(dp[x], dp[edge[j].to]);dp[x] += a[x], ans = max(ans, dp[x]);}cout << ans;return 0;
}