题目描述
John的农场在给奶牛挤奶前有很多杂务要完成，每一项杂务都需要一定的时间来完成它。比如：他们要将奶牛集合起来，将他们赶进牛棚，为奶牛清洗乳房以及一些其它工作。尽早将所有杂务完成是必要的，因为这样才有更多时间挤出更多的牛奶。当然，有些杂务必须在另一些杂务完成的情况下才能进行。比如：只有将奶牛赶进牛棚才能开始为它清洗乳房，还有在未给奶牛清洗乳房之前不能挤奶。我们把这些工作称为完成本项工作的准备工作。至少有一项杂务不要求有准备工作，这个可以最早着手完成的工作，标记为杂务11。John有需要完成的nn个杂务的清单，并且这份清单是有一定顺序的，杂务k(k>1)k(k>1)的准备工作只可能在杂务11至k-1k−1中。
写一个程序从11到nn读入每个杂务的工作说明。计算出所有杂务都被完成的最短时间。当然互相没有关系的杂务可以同时工作，并且，你可以假定John的农场有足够多的工人来同时完成任意多项任务。
输入输出格式
输入格式：
第1行：一个整数nn，必须完成的杂务的数目(3 \le n \le 10,0003≤n≤10,000)；
第22至(n+1)(n+1)行： 共有nn行，每行有一些用11个空格隔开的整数，分别表示：
* 工作序号(11至nn,在输入文件中是有序的)；
* 完成工作所需要的时间len(1 \le len \le 100)len(1≤len≤100)；
* 一些必须完成的准备工作，总数不超过100100个，由一个数字00结束。有些杂务没有需要准备的工作只描述一个单独的00，整个输入文件中不会出现多余的空格。
输出格式：
一个整数，表示完成所有杂务所需的最短时间。
输入输出样例
输入样例#1：
7
1 5 0
2 2 1 0
3 3 2 0
4 6 1 0
5 1 2 4 0
6 8 2 4 0
7 4 3 5 6 0
输出样例#1：
23 以时间为序的拓扑排序 要注意的是答案并不一定是最后一次更新
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
//input by bxd
#define rep(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++)
#define repp(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);--i)
#define RI(n) scanf("%d",&(n))
#define RII(n,m) scanf("%d%d",&n,&m)
#define RIII(n,m,k) scanf("%d%d%d",&n,&m,&k)
#define RS(s) scanf("%s",s);
#define ll long long
#define pb push_back
#define REP(i,N) for(int i=0;i<(N);i++)
#define CLR(A,v) memset(A,v,sizeof A)
//////////////////////////////////
#define inf 0x3f3f3f3f const int N=; struct node
{
int id,t;
node(){}
node(int a,int b):id(a),t(b){}
bool operator < (const node& rhs)const
{
return t>rhs.t;
}
}s[N]; int dis[N];
int in[N];
vector<int>edge[N];
int main()
{
int n;RI(n);
rep(i,,n)
{
RII(s[i].id,s[i].t);
dis[i]=s[i].t;
int x;
while(RI(x),x)
{
in[i]++;
edge[x].pb(i);
}
}
priority_queue<node>q; rep(i,,n)
if(!in[i])
q.push(node(s[i].id,s[i].t) );
int ans=;
while(!q.empty())
{
node u=q.top();q.pop();
int id=u.id,t=u.t;
if(edge[id].size())
rep(i,,edge[id].size()-)
{
int v=edge[id][i]; if(--in[v]==)
{
s[v].t+=t;
ans=max(ans,s[v].t);
q.push(node(v,s[v].t));
}
}
}
cout<<ans; return ;
}