NOIP2006 作业调度方案

1．             作业调度方案

(jsp.pas/c/cpp)

【问题描述】

我们现在要利用m台机器加工n个工件，每个工件都有m道工序，每道工序都在不同的指定的机器上完成。每个工件的每道工序都有指定的加工时间。

每个工件的每个工序称为一个操作，我们用记号j-k表示一个操作，其中j为1到n中的某个数字，为工件号；k为1到m中的某个数字，为工序号，例如2-4表示第2个工件第4道工序

的这个操作。在本题中，我们还给定对于各操作的一个安排顺序。

例如，当 n=3，m=2 时，“1-1，1-2，2-1，3-1，3-2，2-2”就是一个给定的安排顺序，

即先安排第1个工件的第1个工序，再安排第1个工件的第2个工序，然后再安排第2个工件的第1个工序，等等。

一方面，每个操作的安排都要满足以下的两个约束条件。

(1)    对同一个工件，每道工序必须在它前面的工序完成后才能开始；

(2)    同一时刻每一台机器至多只能加工一个工件。

另一方面，在安排后面的操作时，不能改动前面已安排的操作的工作状态。

由于同一工件都是按工序的顺序安排的，因此，只按原顺序给出工件号，仍可得到同样的安排顺序，于是，在输入数据中，我们将这个安排顺序简写为“1 1 2 3 3 2”。

还要注意，“安排顺序”只要求按照给定的顺序安排每个操作。不一定是各机器上的实际操作

顺序。在具体实施时，有可能排在后面的某个操作比前面的某个操作先完成。

例如，取n=3,m=2，已知数据如下：

工件号	机器号/加工时间
	工序1	工序2
1	1/3	2/2
2	1/2	2/5
3	2/2	1/4

则对于安排顺序“1 1 2 3 3 2”，下图中的两个实施方案都是正确的。但所需要的总时间分别是

10与12。

当一个操作插入到某台机器的某个空档时（机器上最后的尚未安排操作的部分也可以看作一个空档），可以靠前插入，也可以靠后或居中插入。为了使问题简单一些，我们约定：在保证约束条

件（1）（2）的条件下，尽量靠前插入。并且，我们还约定，如果有多个空档可以插入，就在保证

约束条件（1）（2）的条件下，插入到最前面的一个空档。于是，在这些约定下，上例中的方案一是正确的，而方案二是不正确的。

显然，在这些约定下，对于给定的安排顺序，符合该安排顺序的实施方案是唯一的，请你计算

出该方案完成全部任务所需的总时间。

【输入文件】

输入文件jsp.in 的第1行为两个正整数，用一个空格隔开：m n

（其中m（<20）表示机器数，n（<20）表示工件数）第2行：m^n个用空格隔开的数，为给定的安排顺序。

接下来的2n行，每行都是用空格隔开的m个正整数，每个数不超过20。

其中前n行依次表示每个工件的每个工序所使用的机器号，第1个数为第1个工序的机器号，第2个数为第2个工序机器号，等等。

后n行依次表示每个工件的每个工序的加工时间。

可以保证，以上各数据都是正确的，不必检验。

【输出文件】

输出文件jsp.out只有一个正整数，为最少的加工时间。

【输入输出样例】

jsp.in	jsp.out
2 3 1 1 2 3 3 2 1 2 1     2 2     1 3     2 2 5 2 4	10

【思路】

模拟。

有简单可行的思路不要想麻烦的，比赛的时候比的是正确性，不TLE就行。用一个X数组标记不可行的区域，对一个安排好的工序标记的时候不标记端点。

被一个数组范围卡了好几个小时，一个二维数组开小了，出现了莫名赋值的情况。在检查算法正确也一定要看一下自己的数据大小。

【代码】

 #include<iostream>
 #include<cstring>
 using namespace std;
 const int maxn = +;
 int len[maxn][maxn],toM[maxn][maxn];
 int list[maxn*maxn];
 int last[maxn];  //第一道工序出现的最后位置
 int cnt[maxn];
 int X[maxn][];  //数组开小了
 //数组开小以后会出现十分奇妙的赋值情况
 int n,m,ans=;

 inline bool check(int to,int s,int t) {
     for(int i=s;i<=t;i++) if(X[to][i]) return false; //have a black
     return true;   //all is white
 }

 int main() {
     ios::sync_with_stdio(false);
     cin>>m>>n;
     for(int i=;i<=m*n;i++) cin>>list[i];
     for(int i=;i<=n;i++) for(int j=;j<=m;j++) cin>>toM[i][j];
     for(int i=;i<=n;i++) for(int j=;j<=m;j++) cin>>len[i][j];

     for(int i=;i<=m*n;i++) {
         int u=list[i]  ,p=last[u] , tmp=++cnt[u] , to=toM[u][tmp];
         while(!check(to,p,p+len[u][tmp])) p++;  //寻找可插入的左端点
         int L=p,R=len[u][tmp]+p;
         for(int j=L+;j<R;j++) X[to][j]=;  //(L,R)<-1 //标记（不包括端点）
         ans=max(ans,R);
         last[u]=R;     //记录u工件出现的最右点 下次安排u从这里开始
     }

     cout<<ans;
     return ;
 }