[NOIP2006] 提高组洛谷P1065 作业调度方案

题目描述

我们现在要利用m台机器加工n个工件，每个工件都有m道工序，每道工序都在不同的指定的机器上完成。每个工件的每道工序都有指定的加工时间。

每个工件的每个工序称为一个操作，我们用记号j-k表示一个操作，其中j为1到n中的某个数字，为工件号；k为1到m中的某个数字，为工序号，例如2-4表示第2个工件第4道工序的这个操作。在本题中，我们还给定对于各操作的一个安排顺序。

例如，当n=3，m=2时，“1-1，1-2，2-1，3-1，3-2，2-2”就是一个给定的安排顺序，即先安排第1个工件的第1个工序，再安排第1个工件的第2个工序，然后再安排第2个工件的第1个工序，等等。

一方面，每个操作的安排都要满足以下的两个约束条件。

(1) 对同一个工件，每道工序必须在它前面的工序完成后才能开始；

(2) 同一时刻每一台机器至多只能加工一个工件。

另一方面，在安排后面的操作时，不能改动前面已安排的操作的工作状态。

由于同一工件都是按工序的顺序安排的，因此，只按原顺序给出工件号，仍可得到同样的安排顺序，于是，在输入数据中，我们将这个安排顺序简写为“1 1 2 3 3 2”。

还要注意，“安排顺序”只要求按照给定的顺序安排每个操作。不一定是各机器上的实际操作顺序。在具体实施时，有可能排在后面的某个操作比前面的某个操作先完成。

例如，取n=3,m=2，已知数据如下：

工件号机器号/加工时间

工序1 工序2

1 1/3 2/2

2 1/2 2/5

3 2/2 1/4

则对于安排顺序“1 1 2 3 3 2”，下图中的两个实施方案都是正确的。但所需要的总时间分别是10与12。

　当一个操作插入到某台机器的某个空档时（机器上最后的尚未安排操作的部分也可以看作一个空档），可以靠前插入，也可以靠后或居中插入。为了使问题简单一些，我们约定：在保证约束条件（1）（2）的条件下，尽量靠前插入。并且，我们还约定，如果有多个空档可以插入，就在保证约束条件（1）（2）的条件下，插入到最前面的一个空档。于是，在这些约定下，上例中的方案一是正确的，而方案二是不正确的。

显然，在这些约定下，对于给定的安排顺序，符合该安排顺序的实施方案是唯一的，请你计算出该方案完成全部任务所需的总时间。

输入输出格式

输入格式：

输入的第1行为两个正整数，用一个空格隔开：

m n （其中m（<20）表示机器数，n（<20）表示工件数）

第2行：个用空格隔开的数，为给定的安排顺序。

接下来的2n行，每行都是用空格隔开的m个正整数，每个数不超过20。

其中前n行依次表示每个工件的每个工序所使用的机器号，第1个数为第1个工序的机器号，第2个数为第2个工序机器号，等等。

后n行依次表示每个工件的每个工序的加工时间。

可以保证，以上各数据都是正确的，不必检验。

输出格式：

输出只有一个正整数，为最少的加工时间。

输入输出样例

输入样例#1：

2 3

1 1 2 3 3 2

1 2

1 2

2 1

3 2

2 5

2 4

输出样例#1：

说明

NOIP 2006 提高组第三题

这题卡题面……正如题目所说，在限制条件下最优解只有一种，看懂题后，直接按照给出的制造顺序模拟即可。

(并没有要解释题目的意思)

 /*By SilverN*/

 #include<iostream>

 #include<cstdio>

 #include<cmath>

 #include<cstring>

 #include<algorithm>

 #define LL long long

 using namespace std;

 const int mxn=;

 int read(){

     int x=,f=;char ch=getchar();

     while(ch<'' || ch>''){if(ch=='-')f=-;ch=getchar();}

     while(ch>='' && ch<=''){x=x*+ch-'';ch=getchar();}

     return x*f;

 }

 int n,m;

 int ord[mxn];

 int mac[mxn][mxn];//使用机器

 int use[mxn][mxn];//工件[i]的工序[j]用时

 int step[mxn];//工件[i]的工序完成情况

 int last[mxn];//上一道工序的完成时间

 bool sp[mxn][mxn];

 int main(){

     m=read();n=read();

     int i,j;

     int cnt=m*n;

     for(i=;i<=cnt;++i){

         ord[i]=read();

     }

     for(i=;i<=n;i++)

         for(j=;j<=m;j++)

             mac[i][j]=read();

     for(i=;i<=n;i++)

         for(j=;j<=m;j++)

             use[i][j]=read();

     int ans=;

     for(int k=;k<=cnt;k++){

         int od=ord[k];//制作的工件

         step[od]++;//该工件的工序

         int now=step[od];//当前工序

         int unow=mac[od][now];//使用的机器

         int tct=;

         for(i=last[od]+;i<;i++){

             if(!sp[unow][i])tct++;//连续空闲时间

             else tct=;

             if(tct>=use[od][now]){

                 last[od]=i;

                 for(j=i-tct+;j<=i;j++){sp[unow][j]=;}

                 ans=max(ans,last[od]);

                 break;

             }

         }

     }

     printf("%d\n",ans);

     return ;

 }