1.题目
假定一个工程项目由一组子任务构成，子任务之间有的可以并行执行，有的必须在完成了其它一些子任务后才能执行。“任务调度”包括一组子任务、以及每个子任务可以执行所依赖的子任务集。
比如完成一个专业的所有课程学习和毕业设计可以看成一个本科生要完成的一项工程，各门课程可以看成是子任务。有些课程可以同时开设，比如英语和C程序设计，它们没有必须先修哪门的约束；有些课程则不可以同时开设，因为它们有先后的依赖关系，比如C程序设计和数据结构两门课，必须先学习前者。
但是需要注意的是，对一组子任务，并不是任意的任务调度都是一个可行的方案。比如方案中存在“子任务A依赖于子任务B，子任务B依赖于子任务C，子任务C又依赖于子任务A”，那么这三个任务哪个都不能先执行，这就是一个不可行的方案。
任务调度问题中，如果还给出了完成每个子任务需要的时间，则我们可以算出完成整个工程需要的最短时间。在这些子任务中，有些任务即使推迟几天完成，也不会影响全局的工期；但是有些任务必须准时完成，否则整个项目的工期就要因此延误，这种任务就叫“关键活动”。
请编写程序判定一个给定的工程项目的任务调度是否可行；如果该调度方案可行，则计算完成整个工程项目需要的最短时间，并输出所有的关键活动。
输入格式:
输入第1行给出两个正整数N(≤100)和M，其中N是任务交接点（即衔接相互依赖的两个子任务的节点，例如：若任务2要在任务1完成后才开始，则两任务之间必有一个交接点）的数量。交接点按1~N编号，M是子任务的数量，依次编号为1~M。随后M行，每行给出了3个正整数，分别是该任务开始和完成涉及的交接点编号以及该任务所需的时间，整数间用空格分隔。
输出格式:
如果任务调度不可行，则输出0；否则第1行输出完成整个工程项目需要的时间，第2行开始输出所有关键活动，每个关键活动占一行，按格式“V->W”输出，其中V和W为该任务开始和完成涉及的交接点编号。关键活动输出的顺序规则是：任务开始的交接点编号小者优先，起点编号相同时，与输入时任务的顺序相反。
输入样例:
7 8
1 2 4
1 3 3
2 4 5
3 4 3
4 5 1
4 6 6
5 7 5
6 7 2
输出样例:
17
1->2
2->4
4->6
6->72.题目分析
1.参考（https://blog.csdn.net/fu_jian_ping/article/details/88962697）
AOV网（Activity On Vertex Network）是指在一个表示工程的有向图中，用顶点表示活动，用弧表示活动之间的优先关系，这样的有向图为顶点表示活动的网。AOV网中的弧表示活动之间的某种约束关系。AOV网中不存在回路（即无环的有向图）。
AOE网（Activity On Edge Network）是指在一个表示工程的带权有向图中，用顶点表示事件，用弧表示活动，用弧上的权值表示活动持续的时间，这种有向图的弧表示活动的网。AOE网中没有入度的顶点称为始点或源点，没有出度的顶点叫做终点或汇点。
在AOE网中，所有活动都完成才能到达终点，因此完成整个工程所必须花费的时间（即最短工期）应该为源点到终点的最大路径长度。具有最大路径长度的路径称为关键路径。关键路径上的活动称为关键活动：
只有在进入某顶点的活动都已经结束，该顶点所代表的事件才发生；
例如：a1和a2活动都结束了，顶点V2所代表的事件才会发生。
2.要寻找关键路径上的关键活动，首先要从入度为0的节点开始， 在出度为0的节点结束，寻找中间各个事件节点的最早生成时间作为early数组的元素，这样到最后early数组中的最大值就是整个工程的最早完成时间（因为工程要想完成必须每个节点都要完成，所以在工程进行的过程中，对于那些入度大于1的节点来说。必须要等最慢的那个活动完成它才可以开始，所以early中的各个元素是各个事件的最晚生成时间）
现在已知工程的最早完成时间，倒着回退，寻找各个事件节点的最晚完成时间（对于出度大于1的节点，选取的是后面的事件节点计算后较小的那个。因为如果不在关键路径上，有的事件就可以再慢一点，因为关键路径会比它慢，它只要在关键路径完成之前完成就行），放到late数组中，late就是各个事件节点的最晚完成时间
当同一个事件的最早完成时间与最晚完成时间相等，就证明这个事件就是关键路径上的节点，只要将这些节点两两相连就是关键活动，最后就是整个的关键路径，但是题目中要求：关键活动输出的顺序规则是：任务开始的交接点编号小者优先，起点编号相同时，与输入时任务的顺序相反。
所以上述直接将点取出后输出是不行的，使用两重循环，外重循环从小到大，保证任务的交接点是从小到大，内重循环从大到小，保证起点编号相同时，与输入时任务的顺序相反。late[j] - early[i]==edges[i][j]表示i,j此时都是关键路径上的节点，它们彼此的最短时间、最长时间都是一致的，都是落在关键路径上的，所以相减就是二者之间的距离。
3.代码
#include<iostream>
#include<queue>
#include<cmath>
using namespace std;
#define maxx 500
#define INF 10000
int edges[maxx][maxx];
int in[maxx] = { 0 };
int out[maxx] = { 0 };
int early[maxx] = { 0 };
int late[maxx];
int ne, nv;
int earlytime()
{
int cnt = 0;
queue<int>qu;
for (int i = 1; i <= nv; i++)
{
if (in[i] == 0)
qu.push(i);//找到入度为零的节点，就是起点
}
while (!qu.empty())
{
int temp = qu.front();
cnt++;
qu.pop();
for (int i = 1; i <= nv; i++)
{
if (edges[temp][i] != INF)
{
in[i]--;
early[i] = max(early[i], early[temp] + edges[temp][i]);
if (in[i] == 0)qu.push(i);
}
}
}
if (cnt != nv)
return -1;//无法完成任务
else
{
int amount = -999;
for (int i = 1; i <= nv; i++)
{
if (early[i] > amount)
amount = early[i];
}
return amount;//找出最后的最大值
}
}
void latetime(int count)
{
queue<int>qu;
for (int i = 1; i <= nv; i++)
{
if (out[i] == 0)
{
qu.push(i);
late[i] = count;
}
}
while (!qu.empty())
{
int temp = qu.front();
qu.pop();
for (int i = nv; i >=1; i--)//反着来
{
if (edges[i][temp] != INF)//edges[i][temp]
{
out[i]--;
late[i] = min(late[i], late[temp] - edges[i][temp]);
if (out[i] == 0)
qu.push(i);
}
}
}
}
int main()
{
int n, m;
cin >> n >> m;
nv = n;
ne = m;
for (int i = 0; i < maxx; i++)
{
late[i] = INF;
for (int j = 0; j < maxx; j++)
{
edges[i][j] = INF;
}
}
for (int i = 1; i <= ne; i++)
{
int a, b, c;
cin >> a >> b >> c;
edges[a][b] = c;
in[b]++;
out[a]++;
}
int count = earlytime();
if (count == -1)
{
cout << "0" << endl;
return 0;
}
latetime(count);
cout << count << endl;
for (int i = 1; i <= nv; i++)//从小到大保证任务开始的交接点编号小者优先
{
for (int j = nv; j >= 1; j--)//从大到小保证起点编号相同时，与输入时任务的顺序相反。
{
if (edges[i][j] != INF&&late[j] - early[i]==edges[i][j])
{
cout << i << "->" << j << endl;
}
}
}
}