[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
2 3
1 1 2 3 3 2
1 2
1 2
2 1
3 2
2 5
2 4
10
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 ;
}
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