【一只蒟蒻的刷题历程】洛谷 P1113 杂务 【非常详细!!!】（拓扑 || 模拟）

题目描述

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111。John有需要完成的nnn个杂务的清单，并且这份清单是有一定顺序的，杂务k(k>1)k(k>1)k(k>1)的准备工作只可能在杂务111至k−1k-1k−1中。

写一个程序从111到nnn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。

输入格式

第1行：一个整数nnn，必须完成的杂务的数目(3≤n≤10,0003 \le n \le 10,0003≤n≤10,000)；

第222至(n+1)(n+1)(n+1)行： 共有nnn行，每行有一些用111个空格隔开的整数，分别表示：

• 工作序号(111至nnn,在输入文件中是有序的)；

• 完成工作所需要的时间len(1≤len≤100)len(1 \le len \le 100)len(1≤len≤100)；

• 一些必须完成的准备工作，总数不超过100100100个，由一个数字000结束。有些杂务没有需要准备的工作只描述一个单独的000，整个输入文件中不会出现多余的空格。

输出格式

一个整数，表示完成所有杂务所需的最短时间。

输入输出样例

输入 #1

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

输出 #1

23

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思路：

问的是完成的最短时间，但却是实实在在的DAG最长路题，要求所有任务完成的最短时间，就要让最晚结束的任务尽可能早开始处理，那么当最晚结束的任务的所有的前驱节点最晚结束的时刻就是最晚结束的任务开始的时刻

这句话很关键（减少很多麻烦）：
杂务k(k>1)的准备工作只可能在杂务1至k−1中。

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代码一（拓扑排序）:

#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
using namespace std; 
const int maxn=10100;
vector<int> g[maxn];
int n,a,t[maxn],x,ind[maxn],ans=0,endtime[maxn];
//ind数组记录入度数，endtime记录每个任务的最优结束时间
int topo()
{
	queue<int> q;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	  if(ind[i]==0) //没有前驱，可以入队
	  {
	  	  q.push(i);
	  	  endtime[i]=t[i]; //此情况直接更新结束时间
	  }
	
	while(q.size())
	{
		int u = q.front();
		q.pop();
		for(int i=0;i<g[u].size();i++)
		{
			int v=g[u][i];  //取出u的后继v
			ind[v]--;  //因为v的前驱u任务结束了，所以v的入度-1
		    //endtime[v] = max(endtime[v] , endtime[u]+time[v]);
		    //用max过不了，编译有问题，不知道为啥
		    endtime[v] = endtime[v] > endtime[u]+t[v] ? endtime[v] : endtime[u]+t[v];
		    //用u来更新后继节点v的结束时间(此时不一定最优)
		    //最优的应该是v的最晚结束的前驱才能更新到
			if(ind[v]==0)//没有入度，可以入队
			q.push(v);
	    }
    }
    int ans=0;
    for(int i=1;i<=n;i++) 
       //ans = max(ans,endtime[i]); 同上
       //经过拓扑排序，所有任务的最晚结束时间都确定了
       //因此只需要找到最晚的那个任务的结束时间就是ans
       ans = ans>endtime[i]?ans:endtime[i];
    return ans;
}

int main()
{
   cin>>n;
   for(int i=1;i<=n;i++)
   {
   	  cin>>a>>t[i];
   	  while(cin>>x && x)
   	  {
   	  	g[x].push_back(i); //想做i 先做x，所以i是x的后继
   	  	ind[i]++; //i的入度+1
	  }
   }
   
   cout<<topo();
	return 0;
 } 

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代码二（模拟）：

这份代码是从题解里别人的思路得到的（很简洁）：

#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
using namespace std; 
const int maxn=10100;
int n,t,a[maxn],maxans=0,maxt=0,x;
int main()
{
   cin>>n;
   for(int i=1;i<=n;i++)
   {
   	  maxt=0;
   	  cin>>i>>a[i];
   	  while(cin>>x && x)
   	  //把i的所有前驱比较一遍，找出最长时间，该时间正是i的最早开始时间
   	  	  maxt = max(maxt,a[x]); 
   	  	  
   	 //自身最早完成时间 = 自身完成所需时间 + 所有前驱的最晚结束时间 
   	  a[i] += maxt;
   	  
    //找出最晚结束的任务时间就是ans
	  maxans = max(maxans,a[i]);
   }
   cout<<maxans;
	return 0;
 }