DAG上的dp：Codeforces 721C Journey
题目描述
https://codeforces.com/problemset/problem/721/C
Irina来到了城市Berlatov。该城市中有n个景点，编号从1至n，其中一些景点被单向道路连接。图中没有环路。最初Irina站在景点1，她的旅行终点是景点n。Irina想要游玩尽可能多的景点，但是，Irina在这座城市中的停留时间是有限的，她不能在这里呆超过T时间。帮助Irina规划在不超过T时间内，她可以游玩多少个景点。保证在T时间内至少有一条路径可以从景点1到达景点n。
Input
第一行：n，m，T——景点数量，道路的数量，游玩时间限制(2 ≤ n ≤ 5000, 1 ≤ m ≤ 5000, 1 ≤ T ≤ 109)
下面m行，每行u，v，t从u到v有一条路，且该条道路需要花费t时间通过。保证道路不会形成回路。数据保证有解。
Output
第一行输出数字k(2 ≤ k ≤ n)——Irina最多可游玩的景点
第二行按游玩顺序输出k个不同的景点的编号
如果有多种方案，输出其中一种
Examples
input
4 3 13
1 2 5
2 3 7
2 4 8
output
3
1 2 4
input
6 6 7
1 2 2
1 3 3
3 6 3
2 4 2
4 6 2
6 5 1
output
4
1 2 4 6
input
5 5 6
1 3 3
3 5 3
1 2 2
2 4 3
4 5 2
output
3
1 3 5
题解
该题要求在时间限制内走尽量多的点，由此联想到01背包的模型，不难想到要在DAG上dp求解。
一般在DAG上的dp数组设置为d[i]（必要时可多加维数），d[i]既可以定义成从i出发，也可以定义成以i结束，视题目类型而定。
本题中，我们定义d[i][j]表示以i为终点，从1经过j个点到达i点的路径长度，其中j是游玩景点的数量。
既然该图是有向无环图，意味着可以做一遍拓扑排序使经过的每个点只能往编号更大的点走，而不往编号更小的点走，这就可以让dp无后效性。
因此，我们只需要从1开始，做一遍拓扑排序，在排序的过程中不断地用当前的点u更新u指向的下一个点v的路径值，到u时经过了j-1个点的最短路径+u，v连边的边权小于d[v][j]时，就更新d[v][j]，转移方程如下：
d[v][j]=min{d[u][j-1]+cost[u][v]} u->v
变量定义
in[i]:第i个点的入度
dp[i][j]:以i为终点，从1经过j个点到达
代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn=5010;
const int INF=0x3f3f3f3f;
int n,m,T;
struct node{
int to,next,cost;
}e[maxn];
int dp[maxn][maxn];
int head[maxn],pos;
int pre[maxn][maxn];
int st[maxn],top;
int in[maxn];
void add(int x,int y,int z)
{
e[++pos].next=head[x];
e[pos].to=y;
e[pos].cost=z;
head[x]=pos;
}
queue<int> q;
void solve()
{
for(int i=1;i<=n;i++) if(in[i]==0) q.push(i);
while(!q.empty())
{
int u=q.front();q.pop();
for(int i=head[u];i;i=e[i].next)
{
int v=e[i].to;
in[v]--;
if(in[v]==0) q.push(v);
for(int j=2;j<=n;j++)
{
if(dp[v][j]>(ll)dp[u][j-1]+e[i].cost)
{
dp[v][j]=dp[u][j-1]+e[i].cost;
pre[v][j]=u;
}
}
}
}
}
void show(int i,int j)
{
if(pre[i][j]==-1)
{
printf("1 ");
return;
}
show(pre[i][j],j-1);
printf("%d ",i);
}
int main()
{
scanf("%d%d%d",&n,&m,&T);
for(int i=1;i<=m;i++)
{
int u,v,t;
scanf("%d%d%d",&u,&v,&t);
add(u,v,t);
in[v]++;
}
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=n;j++)
dp[i][j]=INF;
dp[1][1]=0;
pre[1][1]=-1;
solve();
for(int i=n;i>=1;i--)
if(dp[n][i]<=T)
{
printf("%d\n",i);
show(n,i);
break;
}
return 0;
}