【拓扑排序】工程

$$工程$$

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题目

张三是某工程公司的项目工程师。一天公司接下一项大型工程，该公司在大
型工程的施工前，先要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，公司需要工程师张三计算整个工程最少的
完成时间。
对于上面问题，可以假设：
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，也即同时施工的子工程个数不受限制

例如：有五个子工程的工程规划表：

序号	完成时间	子工程 1	子工程 2	子工程 3	子工程 4	子工程 5
子工程	1	5	0	0	0	0
子工程	2	4	0	0	0	0
子工程	3	12	0	0	0	0
子工程	4	7	1	1	0	0
子工程	5	2	1	1	1	1

其中，表格中第 $K+1$ 行 $J+2$ 列的值为 $0$ 表示“子工程$K$”可以在“子工程$J$”
没完成前施工，为 $1$ 表示“子工程 $K$”必须在“子工程 $J$”完成后才能施工
上述工程最快完成时间为 $14$ 天
又例如，有五个子工程的工程规划表：

序号	完成时间	子工程 1	子工程 2	子工程 3	子工程 4	子工程 5
子工程	1	5	0	1	0	0
子工程	2	4	0	0	0	0
子工程	3	12	0	0	1	0
子工程	4	7	1	1	0	0
子工程	5	2	1	1	1	1

上述的子工程划分不合理，因为无法安排子工程 $1，3，4$ 的施工
现在对于给定的子工程规划情况，及每个子工程完成所需的时间，如果子工
程划分合理则求出完成整个工程最少要用的时间，如果子工程划分不合理，则输出$-1$

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输入

第 $1$ 行为正整数 $N$，表示子工程的个数$（N<=200）$ 第 $2$ 行为 $N$ 个正整数
分别代表子工程 $1、2、„N$ 的完成时间
第 $3$ 行到 $N+2$ 行，每行有 $N-1$ 个 $0$ 或 $1$，其中的第 $K+2$ 行的这些 $0$ 或 $1$
分别表示“子工程 $K$”与子工程 $1、2、„、K-1、K+1、„、N$ 的依赖关系$（K=1、2、„、N）$ 每行数据之间均用空格分开

输出

如果子工程划分合理则输出完成整个工程最少要用的时间，如果子工程划分
不合理，则输出$-1$

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输入样例

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

project.out

14

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project.in

5
5 4 12 7 2
0 1 0 0
0 0 0 0
0 0 1 0
1 1 0 0
1 1 1 1

project.out

-1

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解题思路

就拓扑排序吧

程序如下

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<queue>

using namespace std;

queue<int>q;

int n, t[10001], f[10001], a[201][201], d[10001], ans;

void tuopu()
{
	while(!q.empty())
	{
		int p = q.front();
		q.pop();
		for(int i = 1; i <= n; ++i)
		{
			if(a[i][p])
			{
				d[i]--;
				t[i] = max(t[i], t[p] + f[i]);
				if(!d[i]) q.push(i);
			}
		}
	}
}

int main()
{
	freopen("project.in","r",stdin);
	freopen("project.out","w",stdout);
	scanf("%d", &n);
	for(int i = 1; i <= n; ++i)
		scanf("%d",&f[i]);
	for(int i = 1; i <= n; ++i)
	{
		for(int j = 1; j <= n; ++j)
		{
			if(i != j)
			{
				scanf("%d",&a[i][j]);
				if(a[i][j]) d[i]++;
			}
		}
	}
	for(int i = 1; i <= n; ++i)
	{
		if(!d[i])
		{
			q.push(i);
			t[i] = f[i];
		}
	}
	tuopu();
	for(int i = 1; i <= n; ++i)
	{
		if(d[i])
		{
			printf("-1");
			return 0;
		}
	}
	for(int i = 1; i <= n; ++i)
		ans = max(ans, t[i]);
	printf("%d",ans);
	fclose(stdin);
	fclose(stdout);
	return 0;
}