【DP】【P2224】】【HNOI2001】产品加工

Description

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。

Input

第$1$行为$n$。$n$是任务总数

第$i+1$行为$3$个$[0，5]$之间的非负整数$t_1,t_2,t_3$，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。

Output

最少完成时间

Sample Input

Sample Output

Hint

$1~\leq~n~\leq~6000$

Solution

看过去这确实是个DP，但是状态难以设计。因为共有两个时间，无法将他们体现到一个最优值上去。但是考虑最大的用时是3e4，所以其中一个用时是可以枚举的，所以可以把用时放到状态中：由此可以设计出状态：

设$f_{i,j}$为前i个任务，$A$机器花费$j$时间的$B$最小花费时间。方程显然：

$f_{i,j}=min${$f_{i-1,j-a},f_{i-1,j}+b,f_{i-1,j-c}+c$}

这样卡一卡常就过了（

Code

#include<cstdio>

#define rg register

#define ci const int

#define cl const long long int

typedef long long int ll;

namespace IO {

    char buf[90];

}

template<typename T>

inline void qr(T &x) {

    char ch=getchar(),lst=' ';

    while(ch>'9'||ch<'0') lst=ch,ch=getchar();

    while(ch>='0'&&ch<='9') x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48),ch=getchar();

    if(lst=='-') x=-x;

}

template<typename T>

inline void write(T x,const char aft,const bool pt) {

    if(x<0) x=-x,putchar('-');

    int top=0;

    do {

        IO::buf[++top]=x%10+'0';

        x/=10;

    } while(x);

    while(top) putchar(IO::buf[top--]);

    if(pt) putchar(aft);

}

template<typename T>

inline T mmax(const T a,const T b) {return a>b?a:b;}

template<typename T>

inline T mmin(const T a,const T b) {return a<b?a:b;}

template<typename T>

inline T mabs(const T a) {return a<0?-a:a;}

template<typename T>

inline void mswap(T &a,T &b) {

    T temp=a;a=b;b=temp;

}

const int maxn = 6010;

const int maxm = 30010;

int frog[maxm];

int main() {

	rg int n=0;qr(n);

	rg int a,b,c;

	for(rg int i=1;i<=n;++i) {

		a=b=c=0;qr(a);qr(b);qr(c);

		if(!a) a=maxm;if(!b) b=maxm;if(!c) c=maxm;

		for(rg int j=30000;~j;--j) {

			frog[j]+=b;

			if(j >= a) frog[j]=mmin(frog[j],frog[j-a]);

			if(j >= c) frog[j]=mmin(frog[j],frog[j-c]+c);

		}

	}

	rg int ans=0x3f3f3f3f;

	for(rg int i=0;i<30001;++i) {

		ans=mmin(ans,mmax(frog[i],i));

	}

	write(ans,'\n',true);

	return 0;

}

Summary

当一个状态的最优值包括$n$个参数时，可以将$n-1$个参数放到状态中，每次转移为其他参数为该状态时，剩下参数的最值。最后枚举参数求得答案。