关键子工程解题报告

关键子工程

【题目大意】

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：

【输出格式】

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

先用拓扑排序判断是否合理，再分别求出一个子工程的最早最晚开工时间，判断是否有时间空隙，如果没有就是不能延期的关键子工程。

#include
#include
#include
#include
using namespace std;

const int maxn=200+10;

int n,mi[maxn],ma[maxn],t[maxn],into[maxn],g[maxn][maxn],v[maxn];//mi(i)：最早可以开始时间,ma(i):最晚必须开始时间
int ans=0;

void init()
{
	freopen("project.in","r",stdin);
	freopen("project.out","w",stdout);
}

void readdata()
{
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;i++)
        scanf("%d",&t[i]);
    memset(into,0,sizeof(into));
	memset(g,0,sizeof(g));
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        for(int j=1;j<=n;j++)
        {
            if(i==j) continue;
            scanf("%d",&g[j][i]);
            if(g[j][i]) into[i]++;
        }
    }
}

void tuopu() //循环每个子工程，假设这个子工程完成，然后改变相应的into[i]
{
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		int j=1;
		while(j)
		{
			if(into[j]) j++;
			else 	break;
			if(j>n)
			{
				printf("-1\n");
				exit(0);
			}
		}
		into[j]=1000000;
		for(int i=1;i<=n;i++)
		{
			if(g[j][i]) into[i]--;
		}
	}
}

int dfsmin(int i)
{
    if(v[i]) return mi[i];
    v[i]=1;
    mi[i]=0;
    for(int j=1;j<=n;j++)//枚举前趋节点
    {
        if(g[j][i])
        {
            mi[i]=max(mi[i],dfsmin(j)+t[j]);
        }
    }
    return mi[i];
}

int dfsmax(int i)
{
    if(v[i]) return ma[i];
    v[i]=1;
    ma[i]=ans-t[i];
    for(int j=1;j<=n;j++)//枚举后继
    {
        if(g[i][j])
        {
            ma[i]=min(ma[i],dfsmax(j)-t[i]);
        }
    }
    return ma[i];
}

void work()
{
    tuopu();
    memset(v,0,sizeof(v));
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        int ti=dfsmin(i)+t[i];
        if (ans