1 题目
原题链接。
2 想法
题目实质上是一条拓扑排序的题，只不过，在拓扑排序的根底上，加上了一个工夫的限度。每门课程规定了须要肯定的工夫实现，也就是说，实现一门课程的工夫，须要依据先修课程确定。
拓扑排序能够应用广搜配合入度数组去解决，而计算某一门课程的工夫，须要依据先修工夫确定。能够必定的是，如果一门课程没有先修课程，那么修这门课程的工夫，就是 time 数组中的工夫。
而如果一门课程有先修课程，容易想到，须要依据最大的一门先修课程工夫去确定，比方 课程 3 的先修课程是 课程 1 和 课程 2 ，假如：
课程 1须要破费的单位工夫为3课程 2须要破费的单位工夫为5
那么，课程 3 须要破费的工夫就是 max(课程 1, 课程 2)+ 课程 3 的工夫，也就是取 课程 1 和 课程 2 最大值再加上修 课程 3 的工夫。
这样，能够揣测，如果一门 课程 n +1有 n 门 先修课程，那么修 课程 n +1的工夫，就是这修 n 门 课程的最大值，再加上修 课程 n +1的工夫。这实际上就是一个简略的动静布局：
dp[n+1] = max(dp[0]..dp[n])+time[n+1]3 实现
代码有很具体的正文：
import java.util.*;
public class Solution {public int minimumTime(int n, int[][] relations, int[] time) {// 工夫 dp，留神存储的是 dp[1]..dp[n]
int[] dp = new int[n + 1];
// 存储入度，为了不便计算同样开了 n +1
int[] inDegree = new int[n + 1];
// 邻接表
List<List<Integer>> list = new ArrayList<>();
for (int i = 0; i <= n; i++) {list.add(new ArrayList<>());
}
// 通过邻接表建图
for (int[] r : relations) {
// 更新入度
++inDegree[r[1]];
list.get(r[0]).add(r[1]);
}
// 广搜队列
LinkedList<Integer> queue = new LinkedList<>();
for (int i = 1; i <= n; i++) {
// 如果入度为 0
if (inDegree[i] == 0) {// 能够间接设置 dp[i]的值，因为入度为 0 代表课程 i 没有先修课程
dp[i] = time[i - 1];
// 退出广搜队列
queue.addLast(i);
}
}
// 广搜队列不为空
while (!queue.isEmpty()) {
// 获取以后队列大小
int size = queue.size();
// 遍历以后队列中入度为 0 的课程
for (int i = 0; i < size; i++) {
// 出队
int front = queue.pollFirst();
// 获取先修课程指向的是哪些课程
for (int v : list.get(front)) {// 课程 v 的工夫是 dp[v]与先修课程 front+ 修课程 v 的最大值
dp[v] = Math.max(dp[v], dp[front] + time[v - 1]);
// 将课程 v 的入度减 1，示意曾经实现一门课程
if (--inDegree[v] == 0) {
// 如果入度为 0，也就是先修课程全副实现，将其入队
queue.addLast(v);
}
}
}
}
// 取最大值，不能间接 dp[n]，因为最初修的课程不肯定是课程 n，所以须要遍历一次，取所有 dp 的最大值
int res = 0;
for (int v : dp) {res = Math.max(v, res);
}
return res;
}
}工夫与内存如下：
4 优化
4.1 队列优化
对于带队列的题目，一个常见的优化技巧是应用数组去模仿队列。
须要留神的是，这须要依据题目去确定，尽管队列中存储的是点，然而实际上存储的是边，因为每遍历到一个点就将对应的出边（的点）退出到队列中。察看题目边的范畴：
间接取这个范畴的队列即可，不会OOM：
int[] queue = new int[(int) Math.min(n * (n + 1L) / 2, 5L * 10_000)];留神因为 n 取值可能比拟大，导致 n^2 可能会爆int，所以须要做一下强制转换。
而后用两个变量代表队头和队尾：
int queueFront = 0;
int queueTail = 0;
// 入队
queue[queueTail++] = i;
// 出队
i = queue[queueFront++];残缺代码（逻辑与下面一样，只是批改了队列局部）：
import java.util.*;
public class Solution {public int minimumTime(int n, int[][] relations, int[] time) {int[] dp = new int[n + 1];
int[] inDegree = new int[n + 1];
List<List<Integer>> list = new ArrayList<>();
for (int i = 0; i <= n; i++) {list.add(new ArrayList<>());
}
for (int[] r : relations) {++inDegree[r[1]];
list.get(r[0]).add(r[1]);
}
int[] queue = new int[(int) Math.min(n * (n + 1L) / 2, 5L * 10_000)];
int queueFront = 0;
int queueTail = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++) {if (inDegree[i] == 0) {dp[i] = time[i - 1];
// 入队
queue[queueTail++] = i;
}
}
// 判断队列是否为空
while (queueFront < queueTail) {
// 获取队列大小
int size = queueTail - queueFront;
for (int i = 0; i < size; i++) {
// 出队
int front = queue[queueFront++];
for (int v : list.get(front)) {dp[v] = Math.max(dp[v], dp[front] + time[v - 1]);
if (--inDegree[v] == 0) {
// 入队
queue[queueTail++] = v;
}
}
}
}
int res = 0;
for (int v : dp) {res = Math.max(v, res);
}
return res;
}
}工夫：
有一点点的优化，然而不多。
4.2 算法细节优化
开端能够看到有一处计算最大值的中央：
int res = 0;
for (int v : dp) {res = Math.max(v, res);
}为什么须要再次遍历 dp 计算最大值呢？
因为不晓得哪一个 dp 最大，然而，能够在每一次 dp 计算完结的时候，计算res：
import java.util.*;
public class Solution {public int minimumTime(int n, int[][] relations, int[] time) {int[] dp = new int[n + 1];
int[] inDegree = new int[n + 1];
List<List<Integer>> list = new ArrayList<>();
for (int i = 0; i <= n; i++) {list.add(new ArrayList<>());
}
for (int[] r : relations) {++inDegree[r[1]];
list.get(r[0]).add(r[1]);
}
int[] queue = new int[(int) Math.min(n * (n + 1L) / 2, 5L * 10_000)];
int queueFront = 0;
int queueTail = 0;
int res = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++) {if (inDegree[i] == 0) {
// 计算最大值
res = Math.max(res, time[i - 1]);
dp[i] = time[i - 1];
queue[queueTail++] = i;
}
}
while (queueFront < queueTail) {
int size = queueTail - queueFront;
for (int i = 0; i < size; i++) {int front = queue[queueFront++];
// dp[front]曾经确定是计算结束了，用 dp[front]计算最大值
res = Math.max(res, dp[front]);
for (int v : list.get(front)) {dp[v] = Math.max(dp[v], dp[front] + time[v - 1]);
if (--inDegree[v] == 0) {queue[queueTail++] = v;
}
}
}
}
return res;
}
}工夫：
貌似没影响，再持续优化一下。
4.3 建图优化
没错，就是应用链式前向星代替邻接表进行建图优化。
链式前向星介绍能够参考此处，不细说了。
最终代码：
import java.util.*;
public class Solution {public int minimumTime(int n, int[][] relations, int[] time) {int[] dp = new int[n + 1];
int[] inDegree = new int[n + 1];
int[] last = new int[n + 1];
int edgeCount = relations.length;
int[] pre = new int[edgeCount + 1];
// 初始化 last 为 -1
Arrays.fill(last, -1);
for (int i = 0; i < edgeCount; i++) {int v0 = relations[i][0];
int v1 = relations[i][1];
++inDegree[v1];
// 建图
pre[i] = last[v0];
last[v0] = i;
}
int[] queue = new int[(int) Math.min(n * (n + 1L) / 2, 5L * 10_000)];
int queueFront = 0;
int queueTail = 0;
int res = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++) {if (inDegree[i] == 0) {res = Math.max(res, time[i - 1]);
dp[i] = time[i - 1];
queue[queueTail++] = i;
}
}
while (queueFront < queueTail) {
int size = queueTail - queueFront;
for (int i = 0; i < size; i++) {int front = queue[queueFront++];
res = Math.max(res, dp[front]);
// 遍历所有边
for (int lastEdge = last[front]; lastEdge != -1; lastEdge = pre[lastEdge]) {int v = relations[lastEdge][1];
dp[v] = Math.max(dp[v], dp[front] + time[v - 1]);
if (--inDegree[v] == 0) {queue[queueTail++] = v;
}
}
}
}
return res;
}
}工夫：
至此优化实现。
5 总结
题目以拓扑排序为根底，再其中退出了计算工夫的动静布局。
实现时，拓扑排序能够广搜 + 队列实现，计算工夫的 dp 是比较简单的一维dp，转移方程也比拟好推。
写代码时有些细节要留神：
- 数组调配
n+1而不是n - 因为一开始的算法不欠缺导致了计算实现
dp后还须要再遍历一次dp取最大值
优化次要依附链式前向星的工夫优化，队列优化以及算法细节优化成果并不显著。