usOJ - 调度CPU

\(\text{Description}\)

传送门

\(\text{Solution}\)

题目有两个重要的条件：

• \(y\le x\)。在能选取的情况下，选取 \(\text{B}\) 核心不劣于选取 \(\text{A}\) 核心。（其实这句话也不是完全正确）
• \(\text{A}\) 核心可以同时处理多个任务。也就是意味着 \(\text{B}\) 核心单纯是为了减少最终时间的。

由于最终时间由 \(\text{B}\) 核心最终任务的结束时间和 \(\text{A}\) 核心最终任务的结束时间决定，还有条件一与二的加持，我们肯定会将最后一个任务给 \(\text{B}\) 核心做。

接下来就是如何求得 \(\text{A}\) 核心最终任务。根据我们的贪心思想，应该是后面的任务能给 \(\text{B}\) 核心就给它。那么从后往前枚举如果两个任务时间差小于当前 \(y\)，第一个任务就必须分给 \(\text{A}\) 核心才能保证后面的那个给 \(\text{B}\) 核心。

不过这个算法是 \(\mathcal{O(n\times x)}\) 的。

实际上我们发现 \(\text{A}\) 核心的最终任务随着 \(y\) 的减小而前移，所以可以 \(\mathcal{O(n)}\) 做。（看代码会好懂一点）

\(\text{Code}\)

#include<cstdio>
#include<iostream>
using namespace std;
const int N = 1000002;
int n, x, t[N], ans[N], tmp;
int main() {
	scanf("%d %d", &n, &x);
	tmp = x;
	for(int i = 1; i <= n; i ++)
		scanf("%d", &t[i]);
	for(int i = n; i >= 1; i --) {
		if(t[i] - t[i - 1] < tmp) {
			while(t[i] - t[i - 1] < tmp && tmp >= 1) {
				ans[tmp] = t[i - 1];
				tmp --;
			}
		}
		if(tmp == 0)
			break;
	}
	for(int i = 1; i <= x; i ++)
		printf("%d\n", max(t[n] + i, ans[i] + x));
	return 0;
}