Task Schedule

Time Limit: 2000/1000 MS (Java/Others)    Memory Limit: 65536/32768 K (Java/Others)

Total Submission(s): 5007    Accepted Submission(s): 1636

Problem Description
Our geometry princess XMM has stoped her study in computational geometry to concentrate on her newly opened factory. Her factory has introduced M new machines in order to process the coming N tasks. For the i-th task, the factory
has to start processing it at or after day Si, process it for Pi days, and finish the task before or at day Ei. A machine can only work on one task at a time, and each task can be processed by at most one machine at a time. However, a task can be interrupted
and processed on different machines on different days.

Now she wonders whether he has a feasible schedule to finish all the tasks in time. She turns to you for help.
 
Input
On the first line comes an integer T(T<=20), indicating the number of test cases.



You are given two integer N(N<=500) and M(M<=200) on the first line of each test case. Then on each of next N lines are three integers Pi, Si and Ei (1<=Pi, Si, Ei<=500), which have the meaning described in the description. It is guaranteed that in a feasible
schedule every task that can be finished will be done before or at its end day.
 
Output
For each test case, print “Case x: ” first, where x is the case number. If there exists a feasible schedule to finish all the tasks, print “Yes”, otherwise print “No”.



Print a blank line after each test case.
 
Sample Input
2
4 3
1 3 5
1 1 4
2 3 7
3 5 9 2 2
2 1 3
1 2 2
 
Sample Output
Case 1: Yes Case 2: Yes
 
Author
allenlowesy
 
Source
 

题意:有M个机器,有N个任务。

每一个任务必须在Si 或者以后開始做,在Ei 或者之前完毕。完毕任务必须处理Pi 个时间单位。当中,每一个任务能够在随意(空暇)机器上工作,每一个机器的同一时刻仅仅能工作一个任务。每一个任务在同一时刻仅仅能被一个机器工作,并且任务做到一半能够打断,拿去其它机器做。问:是否能在规定时间内把任务做完。

思路:建图是关键,我们能够选择0为源点,然后源点与每一个任务都连一条边。容量为要求的天数p,然后每一个任务都与对应的时间点连边。边容量为1。最后我们要确定汇点。汇点能够取vt=maxtime+n+1(当中maxtime为结束时间的最大值,n为任务数),这样确定好汇点之后,再在每一个时间点与汇点之间连边。边容量为m,为机器数(表示每一个时间点最多能够有m台机器处理任务),最后推断sum(for all pi)==?SAP就可以。

#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<queue>
using namespace std;
#define captype int const int MAXN = 1010; //点的总数
const int MAXM = 520010; //边的总数
const int INF = 1<<30;
struct EDG{
int to,next;
captype cap,flow;
} edg[MAXM];
int eid,head[MAXN];
int gap[MAXN]; //每种距离(或可觉得是高度)点的个数
int dis[MAXN]; //每一个点到终点eNode 的最短距离
int cur[MAXN]; //cur[u] 表示从u点出发可流经 cur[u] 号边 void init(){
eid=0;
memset(head,-1,sizeof(head));
}
//有向边 三个參数,无向边4个參数
void addEdg(int u,int v,captype c,captype rc=0){
edg[eid].to=v; edg[eid].next=head[u];
edg[eid].cap=c; edg[eid].flow=0; head[u]=eid++; edg[eid].to=u; edg[eid].next=head[v];
edg[eid].cap=rc; edg[eid].flow=0; head[v]=eid++;
}
//预处理eNode点到全部点的最短距离
void BFS(int sNode, int eNode){
queue<int>q;
memset(gap,0,sizeof(gap));
memset(dis,-1,sizeof(dis));
gap[0]=1;
dis[eNode]=0;
q.push(eNode);
while(!q.empty()){
int u=q.front(); q.pop();
for(int i=head[u]; i!=-1; i=edg[i].next){
int v=edg[i].to;
if(dis[v]==-1){
dis[v]=dis[u]+1;
gap[dis[v]]++;
q.push(v);
}
}
}
}
int S[MAXN]; //路径栈。存的是边的id号
captype maxFlow_sap(int sNode,int eNode, int n){
BFS(sNode, eNode); //预处理eNode到全部点的最短距离
if(dis[sNode]==-1) return 0; //源点到不可到达汇点
memcpy(cur,head,sizeof(head)); int top=0; //栈顶
captype ans=0; //最大流
int u=sNode;
while(dis[sNode]<n){ //推断从sNode点有没有流向下一个相邻的点
if(u==eNode){ //找到一条可增流的路
captype Min=INF ;
int inser;
for(int i=0; i<top; i++) //从这条可增流的路找到最多可增的流量Min
if(Min>edg[S[i]].cap-edg[S[i]].flow){
Min=edg[S[i]].cap-edg[S[i]].flow;
inser=i;
}
for(int i=0; i<top; i++){
edg[S[i]].flow+=Min;
edg[S[i]^1].flow-=Min; //可回流的边的流量
}
ans+=Min;
top=inser; //从这条可增流的路中的流量瓶颈 边的上一条边那里是能够再增流的。所以仅仅从断流量瓶颈 边裁断
u=edg[S[top]^1].to; //流量瓶颈 边的起始点
continue;
}
bool flag = false; //推断是否能从u点出发可往相邻点流
int v;
for(int i=cur[u]; i!=-1; i=edg[i].next){
v=edg[i].to;
if(edg[i].cap-edg[i].flow>0 && dis[u]==dis[v]+1){
flag=true;
cur[u]=i;
break;
}
}
if(flag){
S[top++] = cur[u]; //增加一条边
u=v;
continue;
}
//假设上面没有找到一个可流的相邻点。则改变出发点u的距离(也可觉得是高度)为相邻可流点的最小距离+1
int Mind= n;
for(int i=head[u]; i!=-1; i=edg[i].next)
if(edg[i].cap-edg[i].flow>0 && Mind>dis[edg[i].to]){
Mind=dis[edg[i].to];
cur[u]=i;
}
gap[dis[u]]--;
if(gap[dis[u]]==0) return ans; //当dis[u]这样的距离的点没有了,也就不可能从源点出发找到一条增广流路径
//由于汇点到当前点的距离仅仅有一种,那么从源点到汇点必定经过当前点,然而当前点又没能找到可流向的点,那么必定断流
dis[u]=Mind+1; //假设找到一个可流的相邻点。则距离为相邻点距离+1,假设找不到,则为n+1
gap[dis[u]]++;
if(u!=sNode) u=edg[S[--top]^1].to; //退一条边 }
return ans;
}
int main(){
int T,cas=0,n,m;
scanf("%d",&T);
while(T--){
scanf("%d%d",&n,&m);
init();
int maxtime=0,sump=0;
for(int i = 1; i<=n; i++){
int P,S,E;
scanf("%d%d%d",&P,&S,&E); sump += P; //总流量
if(E>maxtime)
maxtime = E; addEdg(0,i,P); //源点0到任务i的最大流量为P
for(int j=S; j<=E; j++)
addEdg(i,n+j,1); //任务i到时间点j+n。边最大容量为1
}
int t=maxtime + n +1;
for(int j=1; j<=maxtime; j++)
addEdg(j+n,t,m);<span style="white-space:pre"> </span>//每一个时间点到汇点t,边最大容量为m printf("Case %d: %s\n\n",++cas,maxFlow_sap(0,t,t)==sump? "Yes":"No");
}
}

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