BZOJ 1222 产品加工(DP)

某加工厂有A、B两台机器，来加工的产品可以由其中任何一台机器完成，或者两台机器共同完成。由于受到机器性能和产品特性的限制，不同的机器加工同一产品所需的时间会不同，若同时由两台机器共同进行加工，所完成任务又会不同。某一天，加工厂接到n个产品加工的任务，每个任务的工作量不尽一样。你的任务就是：已知每个任务在A机器上加工所需的时间t1, B机器上加工所需的时间t2及由两台机器共同加工所需的时间t3，请你合理安排任务的调度顺序，使完成所有n个任务的总时间最少。

如果一个方案是最优的，那么把需要同时加工的任务都移动到最前面，显然不会变劣。后面两个机器的加工时间就都是独立的了。

所以用动态规划就可以不会有后效性了。因为顺序是不会受到影响的。

令dp[i][j]表示完成前i个任务时，机器A用了j时间时机器B用的最少时间。

那么则有dp[i][j]=min(dp[i-1][j-t1],dp[i-1][j]+t2,dp[i-1][j-t3]+t3);

时间复杂度O(nt).空间复杂度可以用滚动数组优化为O(t).

# include <cstdio>
# include <cstring>
# include <cstdlib>
# include <iostream>
# include <vector>
# include <queue>
# include <stack>
# include <map>
# include <set>
# include <cmath>
# include <algorithm>
using namespace std;
# define lowbit(x) ((x)&(-x))
# define pi acos(-1.0)
# define eps 1e-9
# define MOD 1000000000
# define INF 1000000000
# define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
# define FOR(i,a,n) for(int i=a; i<=n; ++i)
# define FO(i,a,n) for(int i=a; i<n; ++i)
# define bug puts("H");
# define lch p<<1,l,mid
# define rch p<<1|1,mid+1,r
//# define mp make_pair
# define pb push_back
typedef pair<int,int> PII;
typedef vector<int> VI;
# pragma comment(linker, "/STACK:1024000000,1024000000")
typedef long long LL;
int Scan() {
    int x=0,f=1;char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
    while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
    return x*f;
}
void Out(int a) {
    if(a<0) {putchar('-'); a=-a;}
    if(a>=10) Out(a/10);
    putchar(a%10+'0');
}
const int N=6005;
//Code begin...

struct Node{int a, b, c;}node[N];
int dp[2][N*5];

int main ()
{
    int n;
    scanf("%d",&n);
    FOR(i,1,n) scanf("%d%d%d",&node[i].a,&node[i].b,&node[i].c);
    int flag=0;
    FO(i,0,N*5) dp[flag][i]=INF;
    dp[flag][0]=0;
    FOR(i,1,n) {
        flag^=1;
        FO(j,0,N*5) dp[flag][j]=INF;
        FO(j,0,N*5) {
            if (node[i].a&&j>=node[i].a) dp[flag][j]=min(dp[flag][j],dp[flag^1][j-node[i].a]);
            if (node[i].b) dp[flag][j]=min(dp[flag][j],dp[flag^1][j]+node[i].b);
            if (node[i].c&&j>=node[i].c) dp[flag][j]=min(dp[flag][j],dp[flag^1][j-node[i].c]+node[i].c);
        }
    }
    int ans=INF;
    FO(i,0,N*5) ans=min(ans,max(i,dp[flag][i]));
    printf("%d
",ans);
    return 0;
}