关键子工程

关键子工程

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Description

在大型工程的施工前， 我们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。
由于子工程之间有相互依赖关系， 因此有两个任务需要我们去完成：
首先，我们需要计算整个工程最少的完成时间；
同时，由于一些不可预测的客观因素会使某些子工程延期， 因此我们必须知道哪些子工程的延期会影响整个工程的延期， 我们把有这种特征的子工程称为关键子工程， 因此第二个任务就是找出所有的关键子工程， 以便集中精力管理好这些子工程，尽量避免这些子工程延期，达到用最快的速度完成整个工程。
为了便于编程，现在我们假设：
（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，
也既同时施工的子工程个数不受限制。
（4）整个工程的完成是指：所有子工程的完成。
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 $I+1$ 行 $J+2$ 列的值如为 $0$ 表示“子工程 $I$”可以在“子工程 $J$”没完成前施工，为 $1$ 表示“子工程 $I$”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，其中子工程 $1$、$3$、$4$、$5$ 为关键子工程。

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Input

第 $1$ 行为 $N$，$N$ 是子工程的总个数，$N≤200$。
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 $I+2$ 行的这些 $0$，$1$，分别表示“子工程 $I$”与子工程 $1$、$2$、…、$I-1$、$I+1$、…$N$ 的依赖关系， （$I=1、2、……、N$） 。
每行数据之间均用一个空格分开。

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Output

如子工程划分不合理，则输出 $-1$；
如子工程划分合理，则用两行输出：
第 $1$ 行为整个工程最少的完成时间。
第 $2$ 行为按由小到大顺序输出所有关键子工程的编号。

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Sample Input

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

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Sample Output

14
1 3 4 5

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Solution

最短时间：拓扑排序+DP。
关键子工程：
先找到结束时间最晚的一个或几个任务，然后再找到它们所依赖的任务中结束时间最晚的一个或几个任务……

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Code

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <stack>
#include <queue>

#define Max(x,y) ((x)>(y)?(x):(y))

using namespace std;

int head[210],nxt[100000],data[100000];
int head2[210],nxt2[100000],data2[100000];
int n,cnt,ans,tot;
int time[210];
int r[210],f[210];
stack<int>s;
priority_queue<int,vector<int>,greater<int> >q;

void add(int x,int y){
    nxt[cnt]=head[x];data[cnt]=y;head[x]=cnt++;
    nxt2[cnt-1]=head2[y];data2[cnt-1]=x;head2[y]=cnt-1;
}

void dfs(int now){
    q.push(now);
    for(int i=head2[now];i!=-1;i=nxt2[i])
        if(f[now]==time[now]+f[data2[i]])
            dfs(data2[i]);
}

int main(){
    freopen("project.in","r",stdin);
    freopen("project.out","w",stdout);
    scanf("%d",&n);
    memset(head,-1,sizeof head);
    memset(head2,-1,sizeof head2);
    for(int i=1;i<=n;i++)
        scanf("%d",&time[i]);
    for(int i=1;i<=n;i++)
        for(int j=1;j<=n;j++)if(i!=j){
            int x;
            scanf("%d",&x);
            if(x==1){
                add(j,i);
                r[i]++;
            }
        }
    for(int i=1;i<=n;i++)
        if(r[i]==0){
            s.push(i);
            f[i]=time[i];
        }
    while(!s.empty()){
        int now=s.top();
        tot++;
        s.pop();
        for(int i=head[now];i!=-1;i=nxt[i]){
            f[data[i]]=Max(f[data[i]],f[now]+time[data[i]]);
            r[data[i]]--;
            if(r[data[i]]==0)s.push(data[i]);
        }
    }
    if(tot!=n){printf("-1\n");return 0;}
    for(int i=1;i<=n;i++)ans=Max(ans,f[i]);
    printf("%d\n",ans);
    for(int i=1;i<=n;i++)
        if(f[i]==ans)
            dfs(i);
    int pre=-1;
    while(!q.empty()){
        int now=q.top();
        if(now!=pre)printf("%d ",now);
        pre=now;
        q.pop();
    }
    return 0;
}