上链接：P1113 杂务 - 洛谷 | 计算机科学教育新生态 (luogu.com.cn)
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上题干：
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 n 个杂务的清单，并且这份清单是有一定顺序的，杂务 k (k>1) 的准备工作只可能在杂务 1 至k−1 中。
写一个程序依次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。
输入格式
第1行：一个整数n (3≤n≤10,000)，必须完成的杂务的数目；
第 22 至n+1 行，每行有一些用空格隔开的整数，分别表示：
- 工作序号（保证在输入文件中是从 1 到 n 有序递增的）；
- 完成工作所需要的时间 len (1≤len≤100)；
- 一些必须完成的准备工作，总数不超过 100 个，由一个数字 0 结束。有些杂务没有需要准备的工作只描述一个单独的 0。
保证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 #1复制
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 07 4 3 5 6 0输出 #1复制
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这道题我们将样例给的图在草稿上画成一个图就能解决了。
我们由题意可以知道，这种有些任务都有前置条件的情况，所有任务完成的时间，取决于最慢的那个任务。
所以我们只需要找到离1最远的那个点就可以了，也就是找一根最长的链。
所以可以用深度优先遍历+记忆化，这样每次搜索到同一个点就不需要再次往下搜索了。
由于是深搜，我们最开始得到的时间必然是最底部的杂物完成所需的时间。
建立一个数组储存时间，flag[x] , 代表这个点x到底部所需要的时间
再建立一个数组time【x】来储存每个杂物所需要的时间。
所以现在flag【7】=4，代表从杂物7开始到底部所需要的时间为4
对于上一层的flag ，需要选择上一层的分支中最长的那一个，即flag【3】=max( dfs（分支）,flag[3])
遍历上一层的每一个分支，得到最长的分支，然后再加上本身的时间 flag【3】+=time【3】
这样的话，3到底部的最长的那一条分支就找到了。
接着返回上一层：2
以此类推。
记着在dfs最开始的 地方加一个判断语句，if（flag【x】）return flag【x】;
目的是记忆化，减少递归次数
我们可以得到下面的代码：
const int N = 1e4 + 10;
int flag[N],times[N];
vector<int > p[N];
int n,ttop;int dfs(int id)
{if (flag[id])return flag[id];for (int i = 0; i < p[id].size(); i++) {flag[id] = max(flag[id], dfs(p[id][i]));}flag[id] += times[id];return flag[id];
}int main()
{cin >> n;int temp = n;while (temp--){int u, v;cin >> u >> times[++ttop];for (; cin >> v;)if (v == 0)break;else p[v].push_back(u);}cout<<dfs(1);
}
