在大型工程的施工前,我们把整个工程划分为若干个子工程,并把这些子工程编号为 1、2、……、N;这样划分之后,子工程之间就会有一些依赖关系,即一些子工程必须在某些子工程完成之后才能施工。由于子工程之间有相互依赖关系,因此有两个任务需要我们去完成:首先,我们需要计算整个工程最少的完成时间;同时,由于一些不可预测的客观因素会使某些子工程延期,因此我们必须知道哪些子工程的延期会影响整个工程的延期,我们把有这种特征的子工程称为关键子工程,因此第二个任务就是找出所有的关键子工程,以便集中精力管理好这些子工程,尽量避免这些子工程延期,达到用最快的速度完成整个工程。为了便于编程,现在我们假设:
(1)根据预算,每一个子工程都有一个完成时间。
(2)子工程之间的依赖关系是:部分子工程必须在一些子工程完成之后才开工。
(3)只要满足子工程间的依赖关系,在任何时刻可以有任何多个子工程同时在施工,也既同时施工的子工程个数不受限制。
(4)整个工程的完成是指:所有子工程的完成。
例如,有五个子工程的工程规划表:
序号 | 完成时间 | 子工程一 | 子工程二 | 子工程三 | 子工程四 | 子工程五 |
---|---|---|---|---|---|---|
子工程一 | 5 | 0 | 0 | 0 | 0 | |
子工程二 | 4 | 0 | 0 | 0 | 0 | |
子工程三 | 12 | 0 | 0 | 0 | 0 | |
子工程四 | 7 | 1 | 1 | 0 | 0 | |
子工程五 | 2 | 1 | 1 | 1 | 1 |
其中,表格中第 I+1 行 J+2 列的值如为 0 表示“子工程 I”可以在“子工程 J”没完成
前施工,为 1 表示“子工程 I”必须在“子工程 J”完成后才能施工。上述工程最快完成时
间为 14 天,其中子工程 1、3、4、5 为关键子工程。
又例如,有五个子工程的工程规划表:
序号 | 完成时间 | 子工程一 | 子工程二 | 子工程三 | 子工程四 | 子工程五 |
---|---|---|---|---|---|---|
子工程一 | 5 | 0 | 1 | 0 | 0 | |
子工程二 | 4 | 0 | 0 | 0 | 0 | |
子工程三 | 12 | 0 | 0 | 1 | 0 | |
子工程四 | 7 | 1 | 1 | 0 | 0 | |
子工程五 | 2 | 1 | 1 | 1 | 1 |
上述的子工程划分不合理,因为无法安排子工程 1,3,4 的施工。
输入数据:
第 1 行为 N,N 是子工程的总个数,N≤200。
第 2 行为 N 个正整数,分别代表子工程 1、2、……、N 的完成时间。
第 3 行到 N+2 行,每行有 N-1 个 0 或 1。其中的第 I+2 行的这些 0,1,分别表示“子工程 I”与子工程 1、2、…、I-1、I+1、…N 的依赖关系,(I=1、2、……、N)。每行数据之间均用一个空格分开。
输出数据:
如子工程划分不合理,则输出-1;
如子工程划分合理,则用两行输出:第 1 行为整个工程最少的完成时间。第 2 行为按由
小到大顺序输出所有关键子工程的编号。
样例:
输入文件名:project.in
5
5 4 12 7 2
0 0 0 0
0 0 0 0
0 0 0 0
1 1 0 0
1 1 1 1
输出文件名:project.out
14
1 3 4 5
分析:看到这道题的题面,那一版纸的题目描述就亮瞎了我的眼,无力至极只能%%%看下面的水题。但是经过分析,我们发现,所谓的子工程划分不合理其实就是出现了环么!那么子工程划分合理的话这个图不就变成了一片森林么?恍然大悟!!!那么算法就渐渐开始在眼前成型了。
解决方案:首先来一波升级版DFS判环(PS:有一种不用再另外判环的方法。。。但是,自己想!!!),接下来利用拓扑,从上往下将爸爸(依赖工程)的数量为零的点入队,一层一层向下推,用DP将时间戳盖好(继承的是最大的父亲时间戳),记得保存是哪个父亲给儿子更新(关键工程的更新父亲也是关键工程),最后找到最大时间戳,入结果队,并且将其更新父亲(暂且这么叫吧)入队即可。
下面来一波代码(代码码风很丑请见谅):
#include
using namespace std;
bool qwer=0,vis[210],pd[210],qwerqwer[210];
int num[210];//有多少个儿子
int numfa[210];//有多少个爸爸
int total=0,c[210],s[210],frson[210],frfa[210],et[210],net[210*210*2],x[210*210*2];
queue < int > p;
queue < int > tot;
vector < int > ans[210];
int read() {
int ans=0,flag=1;
char ch=getchar();
while( ( ch<'0' || ch>'9') && ch!='-' ) ch=getchar();
if(ch=='-') flag=-1,ch=getchar();
while(ch>='0' && ch<='9') ans=ans*10+ch-'0',ch=getchar();
return ans*flag;
}
void addedge(int son,int fa) {//邻接表
net[++total]=frfa[son];
frfa[son]=total;
x[total]=fa;
net[++total]=frson[fa];
frson[fa]=total;
x[total]=son;
}
void dfs(int q) { //更新版dfs,仔细看你会发现经过一个神奇
if(vis[q]) {qwer=1;return;}//的数组pd[],我们将时间复杂度降到了n
if(pd[q]) {return;}
pd[q]=1,vis[q]=1;
for(int i=frfa[q];i;i=net[i]) {
dfs(x[i]);
if(qwer) return;
}
vis[q]=0;
return;
}
int main() {
int n,i,j;
n=read();
for(i=1;i<=n;i++) {
c[i]=read();
}
for(i=1;i<=n;i++) {//读入边
for(j=1;j<=n;j++) {
if(i==j) continue;
if(read()) {addedge(i,j);num[j]++;numfa[i]++;}
}
}
for(i=1;i<=n;i++) {
if(num[i]==0) {
dfs(i);
}
}
if(qwer) {printf("-1");return 0;}
for(i=1;i<=n;i++) {//将最顶上的点入队
if(numfa[i]==0) {
p.push(i);
}
}
for(i=1;i<=n;i++) {
et[i]=c[i];//现将时间更新为本身
ans[i].push_back(i);//更新父亲也为自己
}
while(!p.empty()) {//一波sao操作
int now=p.front();
p.pop();
for(i=frson[now];i;i=net[i]) {
int fason=x[i];
numfa[x[i]]--;
if(numfa[x[i]]==0) {
p.push(x[i]);
}
if(et[fason]else if(et[fason]==et[now]+c[fason]) {
ans[fason].push_back(now);
}
}
}
int maxn=0;
for(i=1;i<=n;i++) {
if(et[i]>maxn) {
maxn=et[i];
while(!tot.empty()) tot.pop();
tot.push(i);
}
else if(et[i]==maxn) {
tot.push(i);
}
}
printf("%d\n",maxn);
while(!tot.empty()) {//利用更新父亲倒推回所有的关键子工程
int now=tot.front();
tot.pop();
qwerqwer[now]=1;
for(i=0;iif(ans[now][i]!=now) tot.push(ans[now][i]);
}
}
for(i=1;i<=n;i++) {
if(qwerqwer[i]) {
printf("%d ",i);
}
}
return 0;
}
这道题看似困难,其实也很困难,你学会了么?
by:Chlience