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至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至(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至n,在输入文件中是有序的)；
* 完成工作所需要的时间(1≤len≤100)；
* 一些必须完成的准备工作，总数不超过100个，由一个数字0结束。有些杂务没有需要准备的工作只描述一个单独的0，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复制
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复制
23
题意：
需要先完成前面的任务才能进行下一步，任务间可以同时做。我们用贪心找在同时做的最大任务即可。
解析：
解法1：
用dfs记忆回溯算法，当到达最后一个点是一定是自己要的任务是时间要加进去的。
#include<iostream>
#include<vector>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N = 10010;
int f[N];
int time1[N];
vector<int> a[N];
int dfs(int x) {
if (f[x]) return f[x];//该节点已经遍历过了，减枝
for (int i = 0; i < a[x].size(); i++) {
f[x] = max(f[x], dfs(a[x][i])); //说有子集中最大的节点
}
f[x] += time1[x]; // 加上自己需要的时间
return f[x];
}
int main() {
int n;
cin >> n;
for (int i = 0; i < n; i++) {
int x, y,z;
cin >> x >> y >> z;
time1[x] = y;
while(z != 0){
a[z].push_back(x);// 只有完成z 后才能完成 x 所以有z -> x的边
scanf("%d", &z);
}
}
int ans = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
ans = max(ans, dfs(i));
}
cout << ans<<endl;
return 0;
}解法2：
用队列记录，拓扑排序，将入度为0的点push进队列中。
#include<iostream>
#include<vector>
#include<algorithm>
#include<queue>
using namespace std;
const int N = 10010;
int f[N];
int time1[N];
vector<int> a[N];
int in[N];
int main() {
queue<int> q;
int n;
cin >> n;
for (int i = 0; i < n; i++) {
int x, y,z;
cin >> x >> y >> z;
time1[x] = y;
while(z != 0){
a[z].push_back(x);// 只有完成z 后才能完成 x 所以有z -> x的边
scanf("%d", &z);
in[x]++;
}
}
int ans = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
if (in[i] == 0) {
q.push(i);
f[i] = time1[i];//记录需要的时间
}
}
while (!q.empty()) {
int pro = q.front();
q.pop();
for (int i = 0; i < a[pro].size(); i++) {
int u = a[pro][i];
in[u]--;
if (in[u] == 0) q.push(u); //入度为0
f[u] = max(f[u], f[pro]+time1[u]);//到达这个点中最大的时间
}
}
for (int i = 1; i<= n; i++) {
ans = max(ans, f[i]);
}
cout << ans<<endl;
return 0;
}