[HNOI2001] 产品加工

题目类型：\(DP\)

传送门：>Here<

题意：有\(N\)个零件，每个零件有三种选择，在\(A\)机器加工，在\(B\)机器加工，同时在\(AB\)加工。其中所需要的时间分别为\(t1[i],t2[i],t3[i]\)。同一时刻一个机器只能加工一个零件。问加工完所有零件的最少时间

解题思路

考虑到有两个进程，以为\(dp\)会需要\(3\)维，然而……

令\(dp[i][j]\)表示前\(i\)个物品加工完毕，其中\(A\)机器用时\(j\)时，\(B\)机器的最小用时。于是每个物品有三种选择，分别转移即可。方程很简单。

但是这样的做法我们是按照\(1,2,...,N\)这样的顺序来加工物品的。那么转移的时候显然可能\(dp[i][j]\)不是在\(j\)的时候发生的，那对于第三种转移不就不合法了吗？

这里给出一个解释，不知道有没有其他解释方法：我们可以考虑先做所有并行的零件，然后再单独去做。这样的话只能更优不会不优（压掉了空余空间）

反思

难就难在\(d[i][j]\)的意义如何去定。其实这还是按照一个确定，一个不确定的思想来定的。当\(j\)定下来时，影响答案的只有\(B\)的时间了。我们只要保证\(j\)尽量小就好了。

Code

由于二维会被卡\(MLE\)，因此滚动数组优化。但注意所有\(dp[j]\)不一定都从自身转移过来，因此要重新赋值。但又存在从自己转移过来的可能，所以特殊处理一下。

/*By DennyQi 2018*/
#include <cstdio>
#include <queue>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int MAXN = 6010;
const int INF = 1061109567;
inline int Max(const int a, const int b){ return (a > b) ? a : b; }
inline int Min(const int a, const int b){ return (a < b) ? a : b; }
inline int read(){
    int x = 0; int w = 1; register char c = getchar();
    for(; c ^ '-' && (c < '0' || c > '9'); c = getchar());
    if(c == '-') w = -1, c = getchar();
    for(; c >= '0' && c <= '9'; c = getchar()) x = (x<<3) + (x<<1) + c - '0'; return x * w;
}
int N,tot_a,tmp;
int t[4][MAXN],dp[5*MAXN];
int main(){
//	freopen(".in","r",stdin);
	N = read();
	for(int i = 1; i <= N; ++i){
		for(int j = 1; j <= 3; ++j){
			t[j][i] = read();
		}
	}
	memset(dp, 0x3f, sizeof dp);
	if(t[2][1]){
		dp[0] = t[2][1];
	}
	if(t[1][1]){
		dp[t[1][1]] = 0;
	}
	if(t[3][1]){
		dp[t[3][1]] = Min(dp[t[3][1]], t[3][1]);
	}
	tot_a = Max(t[1][1], t[3][1]);
	for(int i = 2; i <= N; ++i){
		tot_a += Max(t[1][i], t[3][i]);
		for(int j = tot_a; j >= 0; --j){
			int tmp = dp[j];
			dp[j] = INF;
			if(t[2][i]){
				dp[j] = Min(dp[j], tmp + t[2][i]);
			}
			if(t[1][i] && j-t[1][i]>=0){
				dp[j] = Min(dp[j], dp[j-t[1][i]]);
			}
			if(t[3][i] && j-t[3][i]>=0){
				dp[j] = Min(dp[j], dp[j-t[3][i]] + t[3][i]);
			}
//			printf("dp[%d][%d] = %d\n",i,j,dp[j]);
		}
	}
	int Ans(INF);
	for(int i = 0; i <= tot_a; ++i){
		Ans = Min(Ans, Max(i, dp[i]));
	}
	printf("%d", Ans);
	return 0;
}