[洛谷P2365] 任务安排

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题目描述

N个任务排成一个序列在一台机器上等待完成（顺序不得改变），这N个任务被分成若干批，每批包含相邻的若干任务。从时刻0开始，这些任务被分批加工，第i个任务单独完成所需的时间是Ti。在每批任务开始前，机器需要启动时间S，而完成这批任务所需的时间是各个任务需要时间的总和（同一批任务将在同一时刻完成）。每个任务的费用是它的完成时刻乘以一个费用系数Fi。请确定一个分组方案，使得总费用最小。

例如：S=1；T={1,3,4,2,1}；F={3,2,3,3,4}。如果分组方案是{1,2}、{3}、{4,5}，则完成时间分别为{5,5,10,14,14}，费用C={15,10,30,42,56}，总费用就是153。

输入输出格式

输入格式：

第一行是N(1<=N<=5000)。

第二行是S(0<=S<=50)。

下面N行每行有一对数，分别为Ti和Fi，均为不大于100的正整数，表示第i个任务单独完成所需的时间是Ti及其费用系数Fi。

输出格式：

一个数，最小的总费用。

输入输出样例

输入样例#1：

5
1
1 3
3 2
4 3
2 3
1 4

输出样例#1：

153

一句话题意: 目前有(n)个任务,需要分成若干组,完成一组任务所需要的时间是这组任务中所有任务完成所需要时间的总和.且完成一组任务的时间相同(也就是被分到同一组内的任务都是同时完成的),完成一组任务的费用是这组任务的完成时刻与这组任务的费用系数之和的乘积.现在要求出一种方案使得完成(n)个任务的费用最小.

题解: 显然是一个区间DP, 那么我们可以定义状态(f[i])表示到第(i)个任务所需要的最小费用,显然可以直接枚举断点(j(0 leq j < i))来进行转移,但是这时候问题来了:

如何计算完成时间?

这里有一种巧妙的方法,我们在计算花费的时候不考虑之前用了多久的时间,而是将这次合并之后所有任务都加上(S)的时间.那么可以列出状态转移方程:

[f[i] = min(f[i], f[j]+(prec[n]-prec[j])*s+pret[i]*(prec[i]-prec[j])); ]

其中(prec)是费用的前缀和,(pret)是时间的前缀和.那么这样做事实上是现将之后要多加进来的时间先算进去了,但是与后面的分组情况是无关的,所以并没有后效性.

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=5000+5;

int n, s, t[N], c[N], pret[N], prec[N], fin[N];
int f[N];

int main(){
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin >> n >> s;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        cin >> t[i] >> c[i];
        prec[i] = prec[i-1]+c[i];
        pret[i] = pret[i-1]+t[i];
    }
    
    memset(f, 127, sizeof(f)); f[0] = 0;
    
    for(int i=1;i<=n;i++)
        for(int j=0;j<i;j++)
            f[i] = min(f[i], f[j]+(prec[n]-prec[j])*s+pret[i]*(prec[i]-prec[j]));
    
    printf("%d
", f[n]);
    return 0;
}