题意:

n个点m条边的图,起点为1,终点为n,每一条单向边输入格式为:

a,b,c     //从a点到b点耗时为c

题目问你最多从起点1到终点n能经过多少个不同的点,且总耗时小于等于t

题解:

这道题我原本以为是改一下最短路去做,,,但是想不到怎么写。网上搜了搜,发现是拓扑+dp。

拓扑排序有啥用?

比如一共有好多件事情,事情A要再事情B(或者更多)事情做完才能做,也就是给你了一种完成事件的顺序

那么转化到这道题上就是从1点到其他点有多种方式,它就是按顺序做这些事情(也就是按这个顺序dp)

那么我看了网上代码后发现,他们都是把1这个点当于没有入度去处理,也就是数据默认1这个点的入度为0

譬如下面这个数据用在本题代码上就不行:

4 5 2
1 2
3 2
3 4
1 3
4 1

但是实际画图你会发现1->3->4这条路是可以的

回归本题dp:

dp[i][j],到达i点时,观光了j个景点的最小时间
转移是这样对于一条边u -> v,dp[v][j] = min(dp[v][j],dp[u][j - 1] + dis[u][v]);

代码:

 1 #include <iostream>
2 #include <cstdio>
3 #include <cstdlib>
4 #include <math.h>
5 #include <string.h>
6 #include <queue>
7 #include <set>
8 #include <map>
9 #include <algorithm>
10 using namespace std;
11 const int maxn=5005;
12 const int inf=0x3f3f3f3f;
13 int vin[maxn];
14 struct edge
15 {
16 int v;
17 int cost;
18 edge(int a,int b)
19 {
20 v=a,cost=b;
21 }
22 };
23 typedef vector<edge> vec;
24 vec e[maxn];
25 int n,m,t;
26 struct node
27 {
28 int per;
29 int use;
30 } dp[maxn][maxn];
31 void tp()
32 {
33 queue<int>q;
34 for(int i=1; i<=n; i++)
35 if(vin[i]==0)
36 q.push(i);
37 while(!q.empty())
38 {
39 int u=q.front();
40 q.pop();
41 for(int i=0; i<e[u].size(); i++)
42 {
43 int v=e[u][i].v;
44 int cost=e[u][i].cost;
45 vin[v]--;
46 if(vin[v]==0)
47 q.push(v);
48 for(int j=1; j<=n; j++)
49 if(dp[v][j].use>dp[u][j-1].use+cost)
50 {
51 dp[v][j].use=dp[u][j-1].use+cost;
52 dp[v][j].per=u;
53 }
54 }
55 }
56 }
57 void show(int i,int j)
58 {
59 if(dp[i][j].per==-1)
60 {
61 printf("1 ");
62 return;
63 }
64 show(dp[i][j].per,j-1);
65 printf("%d ",i);
66 }
67 int main()
68 {
69 cin>>n>>m>>t;
70 int a,b,c;
71 for(int i=0; i<=n; i++)
72 for(int j=0; j<=n; j++)
73 {
74 dp[i][j].use=inf;
75 }
76 memset(vin,0,sizeof(vin));
77 for(int i=0; i<m; i++)
78 {
79 scanf("%d%d%d",&a,&b,&c);
80 e[a].push_back(edge(b,c));
81 vin[b]++;
82 }
83 dp[1][1].use=0;
84 dp[1][1].per=-1;
85 tp();
86 for(int i=n; i>=1; i--)
87 {
88 if(dp[n][i].use<=t)
89 {
90 printf("%d\n",i);
91 show(n,i);
92 return 0;
93 }
94 }
95 return 0;
96 }

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