【动态规划】任务调度dp 自用

kkksc03考前临时抱佛脚

原题

题目背景

kkksc03 的大学生活非常的颓废，平时根本不学习。但是，临近期末考试，他必须要开始抱佛脚，以求不挂科。

题目描述

这次期末考试，kkksc03 需要考 $4$ 科。因此要开始刷习题集，每科都有一个习题集，分别有 $s_1,s_2,s_3,s_4$ 道题目，完成每道题目需要一些时间，可能不等（ $A_1,A_2,\ldots,A_{s_1}$ ， $B_1,B_2,\ldots,B_{s_2}$ ， $C_1,C_2,\ldots,C_{s_3}$ ， $D_1,D_2,\ldots,D_{s_4}$ ）。

kkksc03 有一个能力，他的左右两个大脑可以同时计算 $2$ 道不同的题目，但是仅限于同一科。因此，kkksc03 必须一科一科的复习。

由于 kkksc03 还急着去处理洛谷的 bug，因此他希望尽快把事情做完，所以他希望知道能够完成复习的最短时间。

输入格式

本题包含 $5$ 行数据：第 $1$ 行，为四个正整数 $s_1,s_2,s_3,s_4$ 。

第 $2$ 行，为 $A_1,A_2,\ldots,A_{s_1}$ 共 $s_1$ 个数，表示第一科习题集每道题目所消耗的时间。

第 $3$ 行，为 $B_1,B_2,\ldots,B_{s_2}$ 共 $s_2$ 个数。

第 $4$ 行，为 $C_1,C_2,\ldots,C_{s_3}$ 共 $s_3$ 个数。

第 $5$ 行，为 $D_1,D_2,\ldots,D_{s_4}$ 共 $s_4$ 个数，意思均同上。

输出格式

输出一行,为复习完毕最短时间。

样例 #1

样例输入 #1

样例输出 #1

提示

$1\leq s_1,s_2,s_3,s_4\leq 20$ 。

$1\leq A_1,A_2,\ldots,A_{s_1},B_1,B_2,\ldots,B_{s_2},C_1,C_2,\ldots,C_{s_3},D_1,D_2,\ldots,D_{s_4}\leq60$ 。

解1

典型的01背包问题
几乎是01背包模板题，无脑刷过

不同点
要分四次记录答案

坑
记牢每次一定要初始化背包数组

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int s[5],a[21],f[1210],ans=0;
int main()
{
    for(int i=1;i<=4;i++)
        cin>>s[i];//四个背包
    for(int k=1;k<=4;k++)//依次进行枚举
    {
        int sum=0;
        for(int j=1;j<=s[k];j++)
            
            {
                cin>>a[j];
                sum+=a[j];//记录背包大小
            }
        memset(f,0,sizeof(f));//清空背包
        f[0]=1;//初始化
        for(int i=1;i<=s[k];i++)
            for(int j=sum;j>=0;j--)
                if(f[j])//如果上一个大小可以取
                    f[j+a[i]]=1;//那么加上物品后的容量也可以取
        int tmp=sum,res;
        for(int i=0;i<=sum;i++)//枚举答案
            if(f[i]&&tmp>=abs(i-(sum-i)))
            {
                tmp=abs(i-(sum-i));
                res=max(i,sum-i);
            }
        ans+=res;//将答案记录下来
    }
    cout<<ans<<endl;
}

解2

P党的福利

这道题可以用dp的方法来做。其实和01背包差不多。

其实就是将每个科目的所有复习时间分成两部分，尽量使得两部分的总时间都接近一半。

背包结束后f[m/2]总是小于等于m-f[m/2]，要加最大值。这就是这道题的唯一坑点吧……

没学过01背包请先看看 P2871 ，链接放这不谢。一定要学会哦~

下面上代码：

var
w:array[1..100000] of longint;
f:array[1..100000] of longint;
a,b,c,d,ans,i:longint;
function max(a,b:longint):longint;
begin
if a>b then exit(a)
else exit(b);
end;
procedure dp(n:longint);//dp函数，要用就拿来用
var
i,j,cnt:longint;
begin
fillchar(f,sizeof(f),0);
cnt:=0;
for i:=1 to n do inc(cnt,w[i]);
for i:=1 to n do
for j:=cnt div 2 downto w[i] do
f[j]:=max(f[j],f[j-w[i]]+w[i]);//状态转移方程
inc(ans,cnt-f[cnt div 2])//（坑点）
end;
begin
readln(a,b,c,d);
ans:=0;
for i:=1 to a do read(w[i]); readln; dp(a);
for i:=1 to b do read(w[i]); readln; dp(b);
for i:=1 to c do read(w[i]); readln; dp(c);
for i:=1 to d do read(w[i]); readln; dp(d);
writeln(ans);
end.

解3

贪心题:既然是算较短的时间，如果左脑所用时间少就加在左脑，如果右脑所用时间少就加在右脑

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int a[5],i,j,sum1,sum2,t,homework;
int main(){
    for(i=1;i<=4;i++)
        cin>>a[i];//输入
    for(i=1;i<=4;i++){
    sum1=sum2=0;//两边脑子时间清零
    for(j=1;j<=a[i];j++)
        {cin>>homework;
        if(sum1<=sum2) sum1+=homework;
        else sum2+=homework;}//哪边时间短就加在哪边
        t+=max(sum1,sum2);//取较长时间累加
    }cout<<t;//输出
    return 0;
}

满怀期待的提交后，结果有点震惊结果
果然，贪心不是正解
后来思考了一下，便感觉是dp，对于一道题只有两个状态，一是加到左脑，二是加到右脑，所以是01背包
这里还可以用另一个思想，将一边的脑子加到最接近一半则另一边脑子时间就是正解

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int a[5],i,j,k,sum,t,homework[21],dp[2501];
int main(){
	for(i=1;i<=4;i++)
		cin>>a[i];
	for(i=1;i<=4;i++){
		sum=0;	
		for(j=1;j<=a[i];j++)
			{cin>>homework[j];//输入
			sum+=homework[j];}//总时间累加
		for(j=1;j<=a[i];j++)
			for(k=sum/2;k>=homework[j];k--)//只要是总和的一半
				dp[k]=max(dp[k],dp[k-homework[j]]+homework[j]);//01背包
		t+=sum-dp[sum/2];//累加为另一个脑子
		for(j=1;j<=sum/2;j++)
		dp[j]=0;//清零
	}
	cout<<t;//输出
	return 0;
}

[HNOI2001] 产品加工

题目描述

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 $t_1$ ，B 机器上加工所需的时间 $t_2$ 及由两台机器共同加工所需的时间 $t_3$ ，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。

输入格式

第一行为一个整数 $n$ 。

接下来 $n$ 行，每行三个非负整数 $t_1,t_2,t_3$ ，分别表示第 $i$ 个任务在 A 机器上加工、B 机器上加工、两台机器共同加工所需要的时间。如果所给的时间 $t_1$ 或 $t_2$ 为 $0$ 表示任务不能在该台机器上加工，如果 $t_3$ 为 $0$ 表示任务不能同时由两台机器加工。

输出格式

仅一行一个整数，表示完成所有 $n$ 个任务的最少总时间。

样例 #1

样例输入 #1

样例输出 #1

提示

对于所有数据，有 $1\le n\le 6\times 10^3$ ， $0\le t_1,t_2,t_3\le 5$ 。

解1

在这里插入图片描述

Code

memset(dp, 0x3f, sizeof(dp));
dp[0] = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
	up += max(t1[i], t3[i]);
	for (int j = up; j >= 0; j--) {
		int p = 0x3f3f3f3f;
		if (j >= t1[i]) p = dp[j - t1[i]];
		int q = dp[j] + t2[i];
		int r = 0x3f3f3f3f;
		if (j >= t3[i]) r = dp[j - t3[i]] + t3[i];
		if (t1[i] == 0) p = 0x3f3f3f3f;
		if (t2[i] == 0) q = 0x3f3f3f3f;
		if (t3[i] == 0) r = 0x3f3f3f3f;
		dp[j] = MIN(p, q, r);
	}
}

解2

我们首先看到，这个题同时维护两个甚至是三个进程，实在是不好想。我也是第一次看到有把数组下标当作最优状态求答案的，DP题见的应该还是越多越好。

我们试着用f[i][j]来维护当前加工第i个物品，A机器用时为j时B机器的最短用时。①我们不用担心排序问题，②也不用担心同时做会耽误某个空档的时间。①因为我们把这个模型当作一个背包，只管加入工件，不管添加顺序（背包不也是这样么）。②同时做的后效性问题：因为这里做的时候不用排序，所以我们把所有加入背包的同时进行的进程提到最前面去。

我们看这样一组数据：
3
5 0 0
0 2 0
0 0 3
我们模拟这个过程，是这样的（分别编号为工件1,2,3）

因为我们用的是背包，所以等价于下面这样：（贪心的思想）

所以在没有顺序的时候，直接按背包做。我们的状态转移方程就是这样，不过状态只能单点转移而不是像背包那样只要比c[i]大都能转移：

f[][]=∞ f[0][0]=0
f[i][j]=min{f[i-1][j]+t2[i],f[i-1][j-t1[i]],f[i-1][j-t3[i]]+t3[i]}

因为这个题数据范围达到$ 5×6000^2=1.8\times 10^8$，超出1亿次，并且空间也会超128M，因此我们要优化枚举下界，并滚掉第一维。滚动比较好做，只要保存好转移t2时的状态，和背包相同。

枚举下界的调整：我们可以看出，因为状态是非严格单调递增的，所以我们如果发现对∀i∈[0,k],f[i]=∞，那么k以下的状态已经作废了，不会再被用到。此时我们的枚举下界down就可以调整到k了，并且每次做完检验是否可以继续更新。

同时要记得在输入的时候记录上界(up+=max{t1[i],t2[i],t3[i]})，并记得每次置为∞防止用到过时状态（尤其是做t2时可能会碰到两层前的状态）。

Code：（luogu开了O2才能过？）

#include<cstring>
#include<cstdio>
int f[30100];
int t[4][6666];
int max(int x,int y)//重载貌似比stl快一点
{
    return x>y?x:y;
}
int min(int x,int y)
{
    return x<y?x:y;
}
int main()
{
    memset(f,0x3f,sizeof(f));
    int n,up=0;
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        for(int j=1;j<=3;j++)
            scanf("%d",&t[j][i]);
        up+=max(t[1][i],max(t[2][i],t[3][i]));
    }
    f[0]=0;
    int down=0,tmp;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        for(int j=up;j>=down;j--)
        {
            tmp=f[j];//初始化前存一下原来的值，但是只有t2能用（和其他题解不同）
            f[j]=0x3f3f3f3f;//相当于每次初始化
            if(j>=t[1][i]&&t[1][i]>0)
                f[j]=f[j]<f[j-t[1][i]]?f[j]:f[j-t[1][i]];
            if(j>=t[3][i]&&t[3][i]>0)
                f[j]=f[j]<f[j-t[3][i]]+t[3][i]?f[j]:f[j-t[3][i]]+t[3][i];
            if(t[2][i]>0)
                f[j]=f[j]<tmp+t[2][i]?f[j]:tmp+t[2][i];
        }
        while(f[down]>=0x3f3f3f3f)
            down++;
    }
    int ans=up;
    for(int i=down;i<=up;i++)
    {
        tmp=max(f[i],i);
        ans=ans<tmp?ans:tmp;
    }
    printf("%d\n",ans);
    return 0;
}

任务调度

题解
另一篇题解
有若干个任务需要在一台机器上运行。

它们之间没有依赖关系，因此可以被按照任意顺序执行。

该机器有两个 CPU 和一个 GPU。

对于每个任务，你可以为它分配不同的硬件资源:

在单个 CPU 上运行。
在两个 CPU 上同时运行。
在单个 CPU 和 GPU 上同时运行。
在两个 CPU 和 GPU 上同时运行。

一个任务开始执行以后，将会独占它所用到的所有硬件资源，不得中断，直到执行结束为止。

第 $i$ 个任务用单个 CPU，两个 CPU，单个 CPU 加 GPU，两个 CPU 加 GPU 运行所消耗的时间分别为 $a_i,b_i,c_i$ 和 $d_i$ 。

现在需要你计算出至少需要花多少时间可以把所有给定的任务完成。

输入格式

输入的第一行只有一个正整数 $n$ ，是总共需要执行的任务个数。

接下来的 $n$ 行每行有四个正整数 $a_i, b_i, c_i, d_i$ ，以空格隔开。

输出格式

输出只有一个整数，即完成给定的所有任务所需的最少时间。

数据范围

$\le n \le 40$ ,
$\le a_i,b_i,c_i,d_i \le 10$

输入样例：

输出样例：

样例解释

有很多种调度方案可以在 $7$ 个时间单位里完成给定的三个任务，以下是其中的一种方案:

同时运行第一个任务(单 CPU 加上 GPU)和第三个任务(单 CPU)，它们分别在时刻 $2$ 和时刻 $3$ 完成。

在时刻 $3$ 开始双 CPU 运行任务 $2$ ，在时刻 $7$ 完成。

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <vector>

using namespace std;

const int N = 50, M = 210, INF = 0x3f3f3f3f;

int n;
int c[N][3];
int f[2][M][M][M];

int main()
{
    cin >> n;

    int m = 0, m2 = 0;
    for (int i = 1; i <= n; i ++ )
    {
        int x, y, z, t;
        cin >> x >> y >> z >> t;
        c[i][0] = x, c[i][1] = z, c[i][2] = min(y, t);
        m += x;
        if (i % 2) m2 += x;
    }

    // 注意之前课上的写法有误，之前的写法是m = (m + 1) / 2，因为不一定能恰好分得这么平均
    m = max(m2, m - m2);  // 这里简单得按奇偶性分成两组即可

    memset(f, 0x3f, sizeof f);
    f[0][0][0][0] = 0;
    for (int u = 1; u <= n; u ++ )
        for (int i = 0; i <= m; i ++ )
            for (int j = i; j <= m; j ++ )
                for (int k = 0; k <= m; k ++ )
                {
                    int& v = f[u & 1][i][j][k];
                    if (k > j) v = INF;
                    else
                    {
                        register int x = c[u][0], y = c[u][1], z = c[u][2], t = u - 1 & 1;
                        v = f[u - 1 & 1][i][j][k] + z;
                        if (i >= x) v = min(v, f[t][i - x][j][k]);
                        if (j >= x) v = min(v, f[t][min(i, j - x)][max(i, j - x)][k]);
                        if (i >= y && k >= y)
                            v = min(v, f[t][i - y][j][k - y]);
                        if (j >= y && k >= y)
                            v = min(v, f[t][min(i, j - y)][max(i, j - y)][k - y]);
                    }
                }

    int res = INF;
    n &= 1;
    for (int i = 0; i <= m; i ++ )
        for (int j = i; j <= m; j ++ )
            for (int k = 0; k <= j; k ++ )
                res = min(res, f[n][i][j][k] + max(i, j));

    cout << res << endl;
    return 0;
}