题意：
n个点m条边的图，起点为1，终点为n，每一条单向边输入格式为：
a,b,c //从a点到b点耗时为c
题目问你最多从起点1到终点n能经过多少个不同的点，且总耗时小于等于t
题解：
这道题我原本以为是改一下最短路去做，，，但是想不到怎么写。网上搜了搜，发现是拓扑+dp。
拓扑排序有啥用？
比如一共有好多件事情，事情A要再事情B（或者更多）事情做完才能做，也就是给你了一种完成事件的顺序
那么转化到这道题上就是从1点到其他点有多种方式，它就是按顺序做这些事情（也就是按这个顺序dp）
那么我看了网上代码后发现，他们都是把1这个点当于没有入度去处理，也就是数据默认1这个点的入度为0
譬如下面这个数据用在本题代码上就不行：
4 5 2 1 2 3 2 3 4 1 3 4 1
但是实际画图你会发现1->3->4这条路是可以的
回归本题dp：
dp[i][j],到达i点时，观光了j个景点的最小时间
转移是这样对于一条边u -> v,dp[v][j] = min(dp[v][j],dp[u][j - 1] + dis[u][v]);
代码：
1 #include <iostream> 2 #include <cstdio> 3 #include <cstdlib> 4 #include <math.h> 5 #include <string.h> 6 #include <queue> 7 #include <set> 8 #include <map> 9 #include <algorithm> 10 using namespace std; 11 const int maxn=5005; 12 const int inf=0x3f3f3f3f; 13 int vin[maxn]; 14 struct edge 15 { 16 int v; 17 int cost; 18 edge(int a,int b) 19 { 20 v=a,cost=b; 21 } 22 }; 23 typedef vector<edge> vec; 24 vec e[maxn]; 25 int n,m,t; 26 struct node 27 { 28 int per; 29 int use; 30 } dp[maxn][maxn]; 31 void tp() 32 { 33 queue<int>q; 34 for(int i=1; i<=n; i++) 35 if(vin[i]==0) 36 q.push(i); 37 while(!q.empty()) 38 { 39 int u=q.front(); 40 q.pop(); 41 for(int i=0; i<e[u].size(); i++) 42 { 43 int v=e[u][i].v; 44 int cost=e[u][i].cost; 45 vin[v]--; 46 if(vin[v]==0) 47 q.push(v); 48 for(int j=1; j<=n; j++) 49 if(dp[v][j].use>dp[u][j-1].use+cost) 50 { 51 dp[v][j].use=dp[u][j-1].use+cost; 52 dp[v][j].per=u; 53 } 54 } 55 } 56 } 57 void show(int i,int j) 58 { 59 if(dp[i][j].per==-1) 60 { 61 printf("1 "); 62 return; 63 } 64 show(dp[i][j].per,j-1); 65 printf("%d ",i); 66 } 67 int main() 68 { 69 cin>>n>>m>>t; 70 int a,b,c; 71 for(int i=0; i<=n; i++) 72 for(int j=0; j<=n; j++) 73 { 74 dp[i][j].use=inf; 75 } 76 memset(vin,0,sizeof(vin)); 77 for(int i=0; i<m; i++) 78 { 79 scanf("%d%d%d",&a,&b,&c); 80 e[a].push_back(edge(b,c)); 81 vin[b]++; 82 } 83 dp[1][1].use=0; 84 dp[1][1].per=-1; 85 tp(); 86 for(int i=n; i>=1; i--) 87 { 88 if(dp[n][i].use<=t) 89 { 90 printf("%d ",i); 91 show(n,i); 92 return 0; 93 } 94 } 95 return 0; 96 }