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）。
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;
}
双倍经验时间：
