[一本通1677/JZOJ1217/CJOJ1101]软件开发题解

题目描述

一个软件开发公司同时要开发两个软件，并且要同时交付给用户，现在公司为了尽快完成这一任务，将每个软件划分成$m$个模块，由公司里的技术人员分工完成，每个技术人员完成同一软件的不同模块的所用的天数是相同的，并且是已知的，但完成不同软件的一个模块的时间是不同的，每个技术人员在同一时刻只能做一个模块，一个模块只能由一个人独立完成而不能由多人协同完成。一个技术人员在整个开发期内完成一个模块以后可以接着做任一软件的任一模块。写一个程序，求出公司最早能在什么时候交付软件。

输入

输入文件第一行包含两个由空格隔开的整数$n$和$m$。

接下来的$n$行每行包含两个用空格隔开的整数$d_1$和$d_2$，$d_1$表示该技术人员完成第一个软件中的一个模块所需的天数，$d_2$表示该技术人员完成第二个软件中的一个模块所需的天数。

输出

输出文件仅有一行包含一个整数$d$，表示公司最早能于$d$天后交付软件。

输入样例

输出样例

提示

数据规模

对于100%的数据，$1≤n≤100，1≤m≤100，1≤d_1,d_2≤100$。

样例说明

最快的方案是第一个技术人员完成第二个软件的$18$个模块，用时$18$天，第三个技术人员完成第一个软件的$18$个模块，用时$18$天，其余的模块由第二个技术人员完成，用时$12$天，做完所有的模块需要$18$天。如果第一个技术人员完成第二个软件的$17$个模块，第三个技术人员完成第一个软件的$17$个模块，其余的模块由第二个技术人员完成，需要用时$18$天，做完所有模块仍然需要$18$天，所以少于$18$天不可能做完所有模块。

思路

这个完成天数可能否完成存在一个线性关系，所以这肯定是到二分答案的题目。问题在于如何进行判断能否完成。

首先假设 $f_{i,j}$表示到第$i$个技术人员的时候，第一个软件已经完成了$j$个模块，第二个软件可以完成的模块数量。先给出状态转移方程

\[f_{i,j}=\underset{0\le k \le min{\left [\frac{day}{d_{1,i}}\right ] }}{\text max} \left \{ f_{i-1,j-k}+\left [ \frac{day-k\times d_{1,i}}{d_{2,i}} \right ] \right \}
\]

其中$day$表示二分的天数，$k$表示$i$个人抽出做程序1去做程序2的时间。

最终如果$f_m\ge m$，那么就可以在 $day$ 天完成这两个项目。

时间复杂度为 $O(n\times m^2 \times log m)$

代码

#include <iostream>

#include <cstdio>

#include <algorithm>

using namespace std;

const int N = 102;

int d1[N];

int d2[N];

int n, m;

int f[N];

inline bool check(int day)

{

    f[0] = 0;

    for (int i = 1; i <= m; i++)

        f[i] = -1e9;                                       //要保证 程序1 的 i个模块一定做的完，那就让 做 程序1 的 i个模块 时 程序2 什么都不要做

    for (int i = 1; i <= n; i++)                           //枚举每个人

        for (int j = m; j >= 0; j--)                       //能够完成 软件1 m个模块时候

            for (int k = 0; k <= min(day / d1[i], j); k++) //现在第i个人选择抽出做 软件1 k个模块的时间，来做 软件2

                f[j] = max(f[j], f[j - k] + (day - d1[i] * k) / d2[i]);

    return f[m] >= m; //程序1 做 m个模块的时候，程序2 也至少能完成任务

}

int main()

{

    int l = 1, r = 0;

    scanf("%d %d", &n, &m);

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

    {

        scanf(" %d %d", &d1[i], &d2[i]);

        r = max(r, m * d1[i]);

        r = max(r, m * d2[i]);

    }

    while (l < r)

    {

        int mid = l + r >> 1;

        if (check(mid))

            r = mid;

        else

            l = mid + 1;

    }

    printf("%d", r);

    return 0;

}