題面：
有 n 個零件需要加工。零件之間有 m 個限制，x->y 表示 x 要在 y 之前先加工完。每個零件的加工時間都是 1。現在有無限個多個工具機，在滿足限制條件的情況下，零件可以同時加工。求加工完所有零件最少需要多少時間，然後還要求出在時間最少的前提下，最少需要多少工具機。資料保證有解。
對於 100%的資料，1<=n<=200，1<=m<=2000；
做法：題目保證有解，說明是乙個dag。
首先，最少的時間比較好求，只需要對於第乙個點進行拓撲排序就行了。
那麼容易發現，第二個答案是不超過n的，考慮從1到n列舉，直到某乙個可行就返回ans2
關鍵問題在於如何判斷。
如何判斷呢？
貪心地，一定是工序長的先在前面的工具機。
那麼我們可以先來一次倒的拓撲（第一問也同樣求進去），得到每個點到工序結束的距離
正著的時候，考慮乙個乙個把節點壓入優先佇列，每次要做的時候，取出優先佇列中最大的ans2個。
然後對這ans2個擴充套件（元素不到ans2個跳出）。
注意到，時間複雜度是o((n+m) + n * (n log n + m)) <=500000——考慮到stl的堆常數較大，但還是夠的（但是方便qaq）
**：
#include#include#include#include#include#include#includeusing namespace std;
const int maxn = 205;
const int maxm = 2005;
struct edgeedge[maxm];
int first[maxn],nume;
void add_edge(int a,int b)
int a[maxm],b[maxm],mark[maxn];
int in[maxn];
int n,m,len;
int down()
int front,rear,q[maxn];
front = rear = 0;
for (int i=1;i<=n;i++)
if (in[i] == 0)
while (front < rear)
} }len = 0;
for (int i=1;i<=n;i++)
return len;
}struct cmp
};bool vis[maxn];
bool check(int m)
memset(vis,false,sizeof(vis));
int tmp[maxn];
for (int i=1;i<=len;i++)
for (int j=1;j<=tmp[0];j++)
}// for (int j=1;j<=n;j++) printf("%d ",in[j]);puts("");
} // puts("");
for (int i=1;i<=n;i++)
if (!vis[i]) return false;
return true;
}int up()
for (int i=1;i<=n;i++)
return -1;
}int main()
printf("%d ",down());
// puts("");
printf("%d\n",up());
}
注意到，這個演算法是錯的，但是隨機資料基本可過，特殊構造資料過的概率還是有點大的。
o-->o-->o-->o
x-->o
o-->y-->o
o-->y-->o
x到2個y都有一條邊。
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