Tyvj1098任务安排

这篇讲解部分已经整合进入http://blog.csdn.net/OIljt12138/article/details/51052195 。代码留在这里。

题目

描述

N个任务排成一个序列在一台机器上等待完成（顺序不得改变），这N个任务被分成若干批，每批包含相邻的若干任务。从时刻0开始，这些任务被分批加工，第i个任务单独完成所需的时间是Ti。在每批任务开始前，机器需要启动时间S，而完成这批任务所需的时间是各个任务需要时间的总和（同一批任务将在同一时刻完成）。每个任务的费用是它的完成时刻乘以一个费用系数Fi。请确定一个分组方案，使得总费用最小。
例如：S=1；T={1,3,4,2,1}；F={3,2,3,3,4}。如果分组方案是{1,2}、{3}、{4,5}，则完成时间分别为{5,5,10,14,14}，费用C={15,10,30,42,56}，总费用就是153。

输入格式

• 第一行是N(1<=N<=5000)。
• 第二行是S(0<=S<=50)。
• 下面N行每行有一对数，分别为Ti和Fi，均为不大于100的正整数，表示第i个任务单独完成所需的时间是Ti及其费用系数Fi。

输出格式

• 一个数，最小的总费用。

测试样例

• 输入

5 1 1 3 3 2 4 3 2 3 1 4

• 输出

153

分析

很显然，由于顺序不能改变，所以可以使用dp来求解。状态是关键！下面给出两个不同的方法，由于状态不同，复杂度相去甚远。
虽然时间就是金钱，但是这里我们会把F值看作金钱，而时间看成金钱的单位。

费用S = T * F，显然S = F+F+F...(T个F)。所以时间T每增加k，即T' = T+k，           那么S' - S = kF。我们便说：金钱又被收了k次。

统一收取：2D/1D方程

这是一种最显然的方法，即记录下当前时间，在决策时直接使用Sigma(Time) * F获取当前费用。不妨用dp[i][t]表示从t秒开始，完成任务i到n所需最小费用。不难得出dp方程：

dp[i][t] = min{dp[k+1][t+T[i..k]]+(t+T[i..k]*F[k])}k = i..n边界：dp[n+1][..] = 0目标：dp[1][0]

这里一定要理解“统一收取”的意义。事实上，当前使用的时间将会导致未来消费的增加(这显然违反无后效性)。统一收取本质上是增加一维来记录当前时间这个会被改变的状态，从而满足无后效性。
但是显然这一维的增加是冗余的，而且使时间/空间复杂度达到了无法接受的程度。能不能在每次产生时间改变时(或者形象的，消费时)就计算出在将来会造成的费用呢？

立刻支付：1D/1D方程

顺着刚才的思路，我们考虑每当一个决策可能在未来产生消费时，就立刻预先支付这个价值。建议各位先深刻理解刘汝佳/黄亮黑书P151的最优二分检索树是如何推算出dp方程的。
分析问题： 每个任务的费用是它的完成时刻乘以一个费用系数Fi。不妨看成费用系数Fi进行了连续加法，当前决策之前的每一个决策每使时间过去了1，就要在当前费用中加上一个Fi；反过来，当前的决策每使时间增加k分钟，或者如开头所说收了k次钱，就会使它以及其后的每一个任务的费用加上Fi。正是这种化乘法为加法的思路，削去了冗余的时间一维。由此得出dp方程：

dp[i]表示第i个到第n个任务所需的费用dp[i] = min{dp[j+1] + (T[i..j]+S) * F[i..n]}其中 i ≤ j ≤ n边界是 dp[n+1]=0目标是 dp[1]

深刻理解这个方程，会受益匪浅。

解决

方程中可以看出，i是递减的，无脑给出c++代码

#include <iostream>#include <cstring>using namespace std;#define ll int64_tll dp[5005];ll sumT[5005],sumF[5005];int n,s;int main() {    memset(dp,127,sizeof dp);    cin >> n >> s;    dp[n+1] = 0;    int x,y;    sumT[0] = sumF[0] = 0;    for (int i=1; i<=n; i++) {        cin >> x >> y;        sumT[i] = sumT[i-1]+x;        sumF[i] = sumF[i-1]+y;    }    for (int i=n; i>=1; i--) {        for (int j=i; j<=n; j++) {            dp[i] = min(dp[i], dp[j+1]+(s+sumT[j]-sumT[i-1])*(sumF[n]-sumF[i-1]));        }    }    cout << dp[1] << endl;    return 0;}