标签：需要 its style ora orange ons bsp printf pre
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..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。
输入格式：
第1行：一个整数n，必须完成的杂务的数目(3<=n<=10,000)；
第2 ~ 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..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）；
输出格式：
一个整数，表示完成所有杂务所需的最短时间。
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
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秤砣找的都是些啥题啊QAQ 这题怎么觉得用树形DP也能水过的样子 _(:зゝ∠)_
1 #include "bits/stdc++.h" 2 using namespace std; 3 typedef long long LL; 4 const int MAX=10004; 5 int n,m,ans,in[MAX],out[MAX],w[MAX],f[MAX]; 6 int tot,head[MAX<<4],adj[MAX<<4],next[MAX<<4]; 7 inline int read(){ 8 int an=0,x=1;char c=getchar(); 9 while (c<‘0‘ || c>‘9‘) {if (c==‘-‘) x=-1;c=getchar();} 10 while (c>=‘0‘ && c<=‘9‘) {an=(an<<3)+(an<<1)+c-‘0‘;c=getchar();} 11 return an*x; 12 } 13 void addedge(int u,int v){ 14 tot++,in[v]++;adj[tot]=v,next[tot]=head[u],head[u]=tot; 15 } 16 void topsort(){ 17 int i,j; 18 queue <int> q; 19 for (i=1;i<=n;i++) if (!in[i]) f[i]=w[i],q.push(i); 20 while (!q.empty()){ 21 int u=q.front();q.pop(); 22 for (i=head[u];i;i=next[i]){ 23 f[adj[i]]=max(f[adj[i]],f[u]+w[adj[i]]); 24 in[adj[i]]--; 25 if (!in[adj[i]]) q.push(adj[i]); 26 } 27 } 28 } 29 int main(){ 30 freopen ("thing.in","r",stdin);freopen ("thing.out","w",stdout); 31 int i,j,zt,ans=0; 32 n=read(); 33 for (i=1;i<=n;i++){ 34 read();w[i]=read(); 35 while (zt=read()) addedge(zt,i); 36 } 37 topsort(); 38 for (i=1;i<=n;i++) ans=max(ans,f[i]); 39 printf("%d",ans); 40 return 0; 41 }
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原文地址：http://www.cnblogs.com/keximeiruguo/p/7782866.html
