usaco 4.2 Job Processing 贪心

来源：互联网发布：go并发编程实战下载编辑：程序博客网时间：2024/04/30 05:39

这道题目的思想是贪心，如果只有一道工序，那么很容易想到，只需要每次用当前空闲，并且能最早完成任务的机器处理即可，现在有两台机器，应该如何处理？

先看下面一个简单的引理：
对于两数组a[n],b[n], a[n]按升序排列，b[n]按降序排列，设数组c[i] = a[i] + b[i]，则将an和bn分别重新排列后，再次得到 d[i] =a`[i]+b`[i]，则 max(cn) < max(dn)，证明比较简单，从略。

现在来看原问题，分别对A工序和B工序求出完成k个零件的最短时间(1<=k<=n)ta[k], tb[k]，将其从小到大排序，
则有结论：两道工序完成n个零件的最小时间是 max{ ta[k], ta[n+1-k] }

#include <iostream> 
#include <algorithm> 

using namespace std;

/*
PROG: job
LANG: C++
ID: heben991
*/

const int N = 2200;

int n, m[2], need[2][N], finish[2][N], process[2][N];

int main()
{
    int i, j, k, x, y, num, minp, mint, now;

    freopen("job.in", "r", stdin);
    freopen("job.out","w",stdout);

    scanf("%d%d%d", &n, &m[0], &m[1]);

    for(i = 0; i  < 2; ++i)
    {
        for(j = 1; j <= m[i]; ++j) scanf("%d", need[i]+j);
    }

    for(i = 0; i < 2; ++i)
    {
        for(j = 1; j <= n; ++j)
        {
            mint = process[i][1]+need[i][1];
            minp = 1;
            for(k = 2; k <= m[i]; ++k)
            if(process[i][k]+need[i][k] < mint)
            {
                mint = process[i][k]+need[i][k];
                minp = k;
            }
            process[i][minp] = mint;
            finish[i][j] = mint;
        }
    }

    int ans = finish[0][1]+finish[1][n];
    for(i = 2; i <= n; ++i)
        ans >?= finish[0][i] + finish[1][n+1-i];

    printf("%d %d/n", finish[0][n], ans);
    return 0;
}