信奥赛C++提高组csp-s之拓扑排序（案例实践）-平芜编程栈

信奥赛C++提高组csp-s之拓扑排序（案例实践）

杂务 (Job Processing)

问题描述

有n个杂务需要完成，某些杂务必须在另一些杂务完成之后才能开始。每个杂务都有完成所需的时间。求完成所有杂务所需的最短时间。

输入格式

第一行：整数n (1 ≤ n ≤ 10,000)，表示杂务数量
接下来n行：每行描述一个杂务
- 第一个数：该杂务的编号
- 第二个数：完成该杂务所需时间
- 后面的数：该杂务的前驱杂务编号列表，以0结束

输出格式

一个整数，表示完成所有杂务所需的最短时间

题目分析

本题要求计算完成所有杂务的最短时间。杂务之间存在依赖关系（某些杂务必须在另一些完成后才能开始），但互不依赖的杂务可以同时进行。由于依赖关系仅存在于编号较小的杂务中，整个依赖图是一个有向无环图（DAG），因此可以通过拓扑排序求解。

解题思路

问题建模：将每个杂务视为图中的节点，依赖关系视为有向边（从准备工作指向当前杂务）。同时记录每个杂务的耗时和入度（依赖的前驱数量）。
拓扑排序：从入度为0的节点（无依赖的杂务）开始处理，逐步处理依赖这些节点的后续杂务。
动态更新最早完成时间：对于每个杂务，其最早完成时间等于所有前驱节点最早完成时间的最大值加上当前杂务的耗时。
计算全局最大值：所有杂务的最早完成时间中的最大值即为完成所有杂务的最短时间。

代码实现

#include<bits/stdc++.h>usingnamespacestd;constintN=10010;intn;vector<int>a[N];// 邻接表，a[u]存储所有u指向的后继节点（u完成后才能进行的任务）intd[N];// 入度数组，d[i]表示杂务i的入度（依赖的前驱数量）intt[N];// t[i]表示杂务i的耗时intmint[N];// mint[i]表示杂务i的最早完成时间intmain(){cin>>n;// 读取n个杂务的数据for(inti=1;i<=n;i++){intid,cost,pre;cin>>id>>cost;// 读入杂务序号和耗时t[id]=cost;// 存储耗时// 读取该杂务的所有前驱（准备工作），以0结束while(cin>>pre&&pre!=0){a[pre].push_back(id);// 添加依赖关系：pre -> idd[id]++;// id的入度增加}}queue<int>q;// 用于拓扑排序的队列// 初始化：将所有入度为0的杂务加入队列for(inti=1;i<=n;i++){if(d[i]==0){q.push(i);mint[i]=t[i];// 无依赖的杂务，最早完成时间即自身耗时}}intans=0;// 记录所有杂务的最早完成时间中的最大值// 拓扑排序while(!q.empty()){intu=q.front();// 取出一个入度为0的节点q.pop();// 更新全局最大完成时间ans=max(ans,mint[u]);// 遍历u的所有后继节点for(intv:a[u]){// 更新v的最早完成时间：必须等所有前驱完成，取最大值mint[v]=max(mint[v],mint[u]+t[v]);// 减少v的入度（因为u已完成）d[v]--;// 如果v的入度变为0，加入队列if(d[v]==0){q.push(v);}}}cout<<ans<<endl;// 输出所有杂务完成的最短时间return0;}

功能分析

数据存储：
- a[N]：邻接表存储依赖关系（有向边）。
- d[N]：记录每个节点的入度（前驱数量）。
- t[N]：记录每个杂务的耗时。
- mint[N]：动态记录每个杂务的最早完成时间。
拓扑排序流程：
- 初始化：将所有入度为0的杂务加入队列，并初始化其最早完成时间。
- 队列处理：
  - 取出队首节点，用其最早完成时间更新全局答案。
  - 遍历该节点的所有后继节点：
    - 更新后继节点的最早完成时间（取当前值与新路径值的最大值）。
    - 减少后继节点的入度，若入度为0则加入队列。
关键点：
- 最早完成时间计算：每个杂务的最早完成时间取决于所有前驱完成时间的最大值（因为必须等待所有准备工作完成）。
- 并行处理：由于不依赖的杂务可以同时进行，全局答案只需取所有杂务完成时间的最大值。

该算法时间复杂度为O(N + E)，其中N为杂务数量，E为依赖边数量，满足题目要求。

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