本博文源于浙江大学《数据结构》，先把题目放出来，我们再解决问题：
假定一个工程项目由一组子任务构成，子任务之间有的可以并行执行，有的必须在完成了其它一些子任务后才能执行。“任务调度”包括一组子任务、以及每个子任务可以执行所依赖的子任务集。
比如完成一个专业的所有课程学习和毕业设计可以看成一个本科生要完成的一项工程，各门课程可以看成是子任务。有些课程可以同时开设，比如英语和C程序设计，它们没有必须先修哪门的约束；有些课程则不可以同时开设，因为它们有先后的依赖关系，比如C程序设计和数据结构两门课，必须先学习前者。
但是需要注意的是，对一组子任务，并不是任意的任务调度都是一个可行的方案。比如方案中存在“子任务A依赖于子任务B，子任务B依赖于子任务C，子任务C又依赖于子任务A”，那么这三个任务哪个都不能先执行，这就是一个不可行的方案。
任务调度问题中，如果还给出了完成每个子任务需要的时间，则我们可以算出完成整个工程需要的最短时间。在这些子任务中，有些任务即使推迟几天完成，也不会影响全局的工期；但是有些任务必须准时完成，否则整个项目的工期就要因此延误，这种任务就叫“关键活动”。
请编写程序判定一个给定的工程项目的任务调度是否可行；如果该调度方案可行，则计算完成整个工程项目需要的最短时间，并输出所有的关键活动。
输入格式:
输入第1行给出两个正整数N(≤100)和M，其中N是任务交接点（即衔接相互依赖的两个子任务的节点，例如：若任务2要在任务1完成后才开始，则两任务之间必有一个交接点）的数量。交接点按1N编号，M是子任务的数量，依次编号为1M。随后M行，每行给出了3个正整数，分别是该任务开始和完成涉及的交接点编号以及该任务所需的时间，整数间用空格分隔。
输出格式:
如果任务调度不可行，则输出0；否则第1行输出完成整个工程项目需要的时间，第2行开始输出所有关键活动，每个关键活动占一行，按格式“V->W”输出，其中V和W为该任务开始和完成涉及的交接点编号。关键活动输出的顺序规则是：任务开始的交接点编号小者优先，起点编号相同时，与输入时任务的顺序相反。
输入样例:
7 8
1 2 4
1 3 3
2 4 5
3 4 3
4 5 1
4 6 6
5 7 5
6 7 2
输出样例:
17
1->2
2->4
4->6
6->7
分析
看起来题目给的是中文，我们很放心？你想多了，难题就出在中文题目不会编程序。编程目的是解决问题，看见这种问题差点就束手无策。程序在姥姥的视频讲过，就是那个拓扑排序的视频。讲和会做又是两码事，所以如何将题目变成会做是我们当前的最大问题。
程序中不仅输出最早能几天干完，还要输出关键工作，关键工作指的是它不能耽误，它如果耽误将意味着整个工期延误。如果这一点没讲明白，还是要参考视频
视频多看看，看完再把拓扑排序想明白，拓扑排序就是一个入队和出队得问题，结合这道关键活动，就会发现出度和入度也变得非常重要。拓扑排序可以参考这个代码：
(C语言浙大版)小白实现拓扑排序(包含测试源码)
就是这样，拓扑排序搞懂的基础上，再外加视频，应该对代码有一种熟悉了。
//自己实现关键活动
#include<stdio.h>
#include<stdlib.h>
#include<string.h>
#define Maxsize 10000
#define INFINITY 1e6
struct GraphNode {
int topNum;
int taskNum;
int G[Maxsize][Maxsize];
};
typedef struct GraphNode* GRAPH;
struct VertexNode {
int earlytime;
int latetime;
int indegree;
int outdegree;
}vertex[Maxsize];
int earlytime(int N,GRAPH graphptr)
{
int Queue[Maxsize];
int front = -1;
int rear = -1;
int i,v,w,count = 0;
for(i=1;i<=N;i++)
{
if(vertex[i].indegree == 0)
{
Queue[++rear] = i;
}
}
while(front != rear)
{
v = Queue[++front];
count ++;
for(w=1;w<=N;w++)
{
if(graphptr->G[v][w] >= 0) //相连的点
{
vertex[w].indegree--;
vertex[w].earlytime = vertex[w].earlytime > graphptr->G[v][w] + vertex[v].earlytime ? vertex[w].earlytime : graphptr->G[v][w] + vertex[v].earlytime;//找最大时间
if(vertex[w].indegree == 0)
Queue[++rear] = w;
}
}
}
if(count == graphptr->topNum)
{
int max = vertex[0].earlytime;
for(i=1;i<=N;i++)
{
if(max<vertex[i].earlytime)
max = vertex[i].earlytime;
}
return max;
}
else
return 0;
}
void latetime(int answer,GRAPH graphptr,int N)
{
int Queue[Maxsize];
int front = -1;
int rear = -1;
int i,v,w,count = 0;
for(i=1;i<=N;i++)
{
if(vertex[i].outdegree == 0)
{
Queue[++rear] = i;
vertex[i].latetime = answer;
}
}
while(front != rear)
{
v = Queue[++front];
for(w=1;w<=N;w++)
{
if(graphptr->G[w][v] >= 0)//相连的点
{
vertex[w].outdegree--;//减少一个点之后...
vertex[w].latetime = vertex[w].latetime > vertex[v].latetime - graphptr->G[w][v] ? vertex[v].latetime - graphptr->G[w][v] : vertex[w].latetime;
if(vertex[w].outdegree == 0)
Queue[++rear] = w;
}
}
}
}
int main()
{
int i,j,N,M,v,w,tim;
scanf("%d %d",&N,&M);
GRAPH graphptr = (GRAPH)malloc(sizeof(struct GraphNode));
graphptr->taskNum = M;
graphptr->topNum = N;
for(i=1;i<=N;i++)
{
for(j=1;j<=N;j++)
graphptr->G[i][j] = -1;
vertex[i].indegree = 0;
vertex[i].outdegree = 0;
vertex[i].earlytime = 0;
vertex[i].latetime = INFINITY;
}
for(i=1;i<=M;i++)
{
scanf("%d %d %d",&v,&w,&tim);
graphptr->G[v][w] = tim;
vertex[v].outdegree ++;
vertex[w].indegree++;
}
int answer = earlytime(N,graphptr);
if(answer == 0)
printf("0\n");
else
{
printf("%d\n",answer);
latetime(answer,graphptr,N);
for(i=1;i<=N;i++)
{
if(vertex[i].earlytime == vertex[i].latetime)
{
for(j=N;j>=1;j--)
{
if(graphptr->G[i][j] >= 0 && vertex[j].earlytime == vertex[j].latetime && vertex[j].latetime - vertex[i].earlytime == graphptr->G[i][j] )
printf("%d->%d\n",i,j);
}
}
}
}
return 0;
}