洛谷 P6145 【[USACO20FEB]Timeline G】

这道题难就难在建图吧，建图懂了之后，跑一遍最长路就好了（也就是关键路径，但是不会用拓补排序求qnq，wtcl）。

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怎么建图呢？先不管输入的S，看下面的输入，直接建有向边即可，权值为x。如果现在跑最长路的话，没有一个出发点，那是不行的，所以我们可以想到建一个点，去连接一下入度为0的点，边权为多少呢？这就跟S挂钩了，推下样例，很容易发现边权即为输入的S。这个点的其实就叫超级源点，是一个很重要的思想，在这种题里面建超级源点很常见，当然，还有超级汇点，就是把所有出度为0的点连向一个点，这道题还用不上。现在，我们就可以写下最长路啦（因为是最长路所以不能用迪杰斯特拉算法！！！）。

交上去，好，只有80分。为什么呢？

连输入的S都没用完你想得满分？当我们建超级源点时，只向入度为0的点连了边，那么可不可以给其他点连呢？答案是可以的。设\(dis_i\)为超级源点到i的最长路，那么一定有可能\(dis_i\)小于一开始给出的S，这时肯定选择S啊，所以我们可以把超级源点向其他的点连一条S的边，这样就把所有情况考虑完了。

满分代码~

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n , m , c , ans;
int dis[100010] , vis[100010];
vector<pair<int , int> > e[100010];
void spfa(int s){
	vis[s] = 1;	//最长路dis赋值为0
	queue<int> q;
	q.push(s);
	while(!q.empty()){
		int x = q.front();
		q.pop();
		vis[x] = 0;
		for(int i = 0; i < e[x].size(); i++){
			int nx = e[x][i].first , w = e[x][i].second;
			if(dis[nx] < dis[x] + w){	//注意是最长路哦！！！
				dis[nx] = dis[x] + w;
				if(!vis[nx]){
					vis[nx] = 1;
					q.push(nx);
				}
			}
		}
	}
}
int main(){
	cin >> n >> m >> c;
	for(int i = 1; i <= n; i++){
		int x;
		cin >> x;
		e[0].push_back(make_pair(i , x));	//建超级源点
	}
	for(int i = 1; i <= c; i++){
		int x , y , z;
		cin >> x >> y >> z;
		e[x].push_back(make_pair(y , z));
	}
	spfa(0);	//从超级源点开始跑，而不是1
	for(int i = 1; i <= n; i++) cout << dis[i] << endl;
	return 0;
}

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双倍经验时间：

P1113