刷题总结——生产产品（vijo1243）

题目：

描述

在经过一段时间的经营后，dd_engi的OI商店不满足于从别的供货商那里购买产品放上货架，而要开始自己生产产品了！产品的生产需要M个步骤，每一个步骤都可以在N台机器中的任何一台完成，但生产的步骤必须严格按顺序执行。由于这N台机器的性能不同，它们完成每一个步骤的所需时间也不同。机器i完成第j个步骤的时间为T[i,j]。把半成品从一台机器上搬到另一台机器上也需要一定的时间K。同时，为了保证安全和产品的质量，每台机器最多只能连续完成产品的L个步骤。也就是说，如果有一台机器连续完成了产品的L个步骤，下一个步骤就必须换一台机器来完成。现在，dd_engi的OI商店有史以来的第一个产品就要开始生产了，那么最短需要多长时间呢？
某日Azuki.7对跃动说:这样的题目太简单,我们把题目的范围改一改
对于菜鸟跃动来说,这是个很困难的问题,他希望你能帮他解决这个问题

格式

输入格式

第一行有四个整数M, N, K, L
下面的N行，每行有M个整数。第I+1行的第J个整数为T[J,I]。

输出格式

输出只有一行，表示需要的最短时间。

样例1

样例输入1

3 2 0 2
2 2 3
1 3 1

Copy

样例输出1

4

Copy

限制

1s

提示

对于50%的数据，N<=5，L<=4，M<=10000
对于100%的数据，N<=5， L<=50000，M<=100000

来源

第一届“OI商店杯” dd_engi原创题目

题解：

偷懒不写了···详细见：http://www.cnblogs.com/kkkwjx/p/3764303.html

代码：

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cmath>
#include<ctime>
#include<cctype>
#include<cstring>
#include<string>
#include<algorithm>
#include<deque>
using namespace std;
const int M=1e5+5;
const int N=10;
const int inf=0x7f7f7f7f;
deque<int> dque[N][N];
int n,m,K,sum[M][N],l,dp[M][N];
inline int R()
{
  char c;int f=0;
  for(c=getchar();c<'0'||c>'9';c=getchar());
  for(;c<='9'&&c>='0';c=getchar())
    f=(f<<3)+(f<<1)+c-'0';
  return f;
}
inline int calc(int i,int k,int j)
{
  return dp[k][j]-sum[k][i];
}
int main()
{
  m=R(),n=R(),K=R(),l=R();
  for(int i=1;i<=n;i++)
    for(int j=1;j<=m;j++)
      sum[j][i]=R(),sum[j][i]+=sum[j-1][i];
  memset(dp,inf,sizeof(dp));
  for(int i=1;i<=n;i++) dp[0][i]=0;
  for(int j=0; j<=m; ++j)
    {
        for(int i=1; i<=n; ++i)
            for(int k=1; k<=n; ++k)
                if(i!=k) while(!dque[i][k].empty()&&(j-dque[i][k].front())>l) dque[i][k].pop_front();
        for(int i=1; i<=n; ++i)
            for(int k=1; k<=n; ++k)
                if(i!=k)
                {
                    int a=0,b=0;
                    if(!dque[i][k].empty()) a=calc(i,dque[i][k].front(),k);
                    b=sum[j][i]+K;
                    dp[j][i]=min(dp[j][i],a+b);
                }
        for(int i=1; i<=n; ++i)
            for(int k=1; k<=n; ++k)
                if(i!=k)
                {
                    while(!dque[i][k].empty()&&(calc(i,dque[i][k].back(),k)>=calc(i,j,k))) dque[i][k].pop_back();
                    dque[i][k].push_back(j);
                }
    }
  int ans=inf;
  for(int i=1;i<=n;i++)  ans=min(ans,dp[m][i]);
  cout<<ans-K<<endl;
  return 0;
}