問題描述:
John的農場在給奶牛擠奶前有很多雜務要完成，每一項雜務都需要一定的時間來完成它。比如：他們要將奶牛集合起來，將他們趕進牛棚，為奶牛清洗乳房以及一些其它工作。儘早將所有雜務完成是必要的，因為這樣才有更多時間擠出更多的牛奶。當然，有些雜務必須在另一些雜務完成的情況下才能進行。比如：只有將奶牛趕進牛棚才能開始為它清洗乳房，還有在未給奶牛清洗乳房之前不能擠奶。我們把這些工作稱為完成本項工作的準備工作。至少有一項雜務不要求有準備工作，這個可以最早著手完成的工作，標記為雜務1。John有需要完成的n個雜務的清單，並且這份清單是有一定順序的，雜務k(k>1)的準備工作只可能在雜務1..k-1中。
寫一個程式從1到n讀入每個雜務的工作說明。計算出所有雜務都被完成的最短時間。當然互相沒有關係的雜務可以同時工作，並且，你可以假定John的農場有足夠多的工人來同時完成任意多項任務。
AC程式碼：

struct edge//鏈式前向星
{
    int next;
    int to;
};
edge e[1000010];
int head[10010];
int cnt = 1;
int n;//頂點數
int t[10010];//點權，完成該項工作需要花費的時間
int in_degree[10010];//入度
int book[10010];//標記
int dp[10010];//遞推陣列
int tot;
vector<int> prev[10010];//前驅頂點陣列
void add_edge(int u,int v)
{
    e[cnt].to = v;
    e[cnt].next = head[u];
    head[u] = cnt;
    cnt++;
}
bool
 
 stop()//是否應該退出迴圈（while（true）），比較笨的方法
{
    for(int i = 1; i <= n; ++i)
        if(book[i] == 0)
            return false;
    return true;//如果頂點都被標記了，就退出迴圈
}
int main()
{
    cin >> n;
    memset(head,-1,sizeof(head));//初始化head陣列
    for(int i = 1; i <= n; ++i)
    {
        int a,b,c;
        cin
 
 >> a >> b;
        t[i] = b;//賦點權
        while(cin >> c)
        {
            if(c == 0)
                break;
            add_edge(c,a);//加邊
            in_degree[a]++;//邊的終點入度加1
            prev[a].push_back(c);//將前驅結點加入陣列
        }
    }
    for(int i = 1; i <= n; ++i)//初始化dp陣列
        dp[i] = t[i];
    vector<int> v;//儲存應該刪去的頂點
    int state = 0;//當前是第幾階段
    while(true)
    {
        state++;//當前是第state階段
        for(int i = 1; i <= n; ++i)//遍歷每一個頂點
        {
            //從中找出入度為0且沒被標記的頂點
            if(in_degree[i] == 0 && book[i] == 0)
            {
                book[i] = state;//頂點的階段賦為state
                if(state >= 2)
                {
                    for(int j = 0; j <= prev[i].size() - 1; ++j)
                    {
                        //如果頂點i是第2階段及以後的頂點
                        //且頂點j是第state - 1階段的頂點（誤）
                        //也就是說j是i的上一個階段（誤）
                        //j很有可能與i有邊相連
                        //if(book[j] == state - 1)//不必作此要求
                        //if(book[j] <= state - 1)
                        //{
                            for(int k = head[prev[i][j]]; k != -1; k = e[k].next)
                            {
                                int to = e[k].to;
                                dp[i] = max(dp[i],dp[prev[i][j]] + t[i]);//更新
                            }
                        //}
                    }
                }
                v.push_back(i);//將i存入陣列
            }
        }
        //刪點
        for(int i = 0; i <= v.size() - 1; ++i)
        {
            tot++;//計數
            for(int j = head[v[i]]; j != -1; j = e[j].next)
            {
                int to = e[j].to;
                in_degree[to]--;//終點的入度-1
            }
        }
        v.clear();
        if(tot == n)
            break;
        //if(stop() == true)
            //break;
    }
    int max_t = -inf;
    for(int i = 1; i <= n; ++i)
        max_t = max(max_t,dp[i]);
    cout << max_t << endl;
    return 0;
}

解決方法：
這是一道比較裸的拓撲排序題，所有雜務都被完成的最短時間即是AOE網中的關鍵路徑上的關鍵事件所花時間。如果事件A在事件B之前發生，就從A出發向B連一條邊。建好圖後，我們只需要借鑑數字三角形這一題的思想，通過遞推來找出關鍵路徑。
優化：①stop()->tot == n②for()->prev