CCF CSP第一次认证1.5 任务调度 题解 动态规划
题目描述
有若干个任务需要在一台机器上运行。它们之间没有依赖关系，因此，可以被按照任意顺序执行。
该机器有两个 CPU 和一个 GPU。对于每个任务，你可以为它分配不同的硬件资源:
- 在单个 CPU 上运行。
- 在两个 CPU 上同时运行。
- 在单个 CPU 和 GPU 上同时运行。
- 在两个 CPU 和 GPU 上同时运行。
一个任务开始执行以后，将会独占它所用到的所有硬件资源，不得中断，直到执行结束为止。第 \(i\) 个任务用单个 CPU，两个 CPU，单个 CPU 加 GPU，两个 CPU 加 GPU 运行所消耗的时间分别为 \(a_i\)， \(b_i\)， \(c_i\) 和 \(d_i\)。
现在需要你计算出至少需要花多少时间可以把所有给定的任务完成。
输入格式
输入的第一行只有一个正整数 \(n(1 \le n \le 1000)\)， 是总共需要执行的任务个数。
接下来的 \(n\) 行每行有四个正整数 \(a_i\), \(b_i\), \(c_i\), \(d_i\)\((1 \le a_i, b_i, c_i, d_i \le 10)\)， 以空格隔开。
输出格式
输出只有一个整数，即完成给定的所有任务所需的最少时间。
样例输入
3
4 4 2 2
7 4 7 4
3 3 3 3
样例输出
7
样例解释
有很多种调度方案可以在 \(7\) 个时间单位里完成给定的三个任务，以下是其中的一种方案：
同时运行第一个任务(单 CPU 加上 GPU)和第三个任务(单 CPU)， 它们分别在时刻 \(2\) 和时刻 \(3\) 完成。在时刻 \(3\) 开始双 CPU 运行任务 \(2\)，在 时刻 \(7\) 完成。
题目分析
本题的解决实际上可以分为两个步骤：
- 为每个任务在 \(4\) 种硬件资源中选择适当的一种；
- 安排所有任务的执行顺序。
先对步骤1进行分析，不难发现，硬件资源的分配模式中存在某些微妙的关系，如下图所示：
| 执行方案 | 不占用GPU | 占用GPU |
|---|---|---|
| 不占用CPU | 不可行 | 不可行 |
| 占用一个CPU | \(a_i\) | \(c_i\) |
| 占用两个CPU | \(b_i\) | \(d_i\) |
可以得出以下规律和性质：
- 程序运行至少会占用一个CPU。
- 程序可能张勇更多资源且花费更多时间，这种情况不是优化的，需要排除。
由于一共只有两个CPU，每个程序又至少会占用一个，所以最多有两个程序同时运行。而且，如果有两个程序同时执行，则这两个程序分配到的最远必须均为一个CPU。为了方便表述，将占用 \(x\) 个CPU和 \(y\) 个GPU的方案记为 \(xCyG\)，至此又会得到以下结论：
- \(2C0G\) 和 \(2C1G\) 都意味着不可能与其它程序并行，所以可以合并，时间取较小值。
- \(1C0G\) 可以和 \(1C1G\) 并行，两个 \(1C0G\) 也可以并行，但是两个 \(1C1G\) 不能并行。
因此，可以将两个CPU分梨，认为其中一个CPU附带GPU，这并不会对答案造成影响，即模型被修改为如下形式：
- 有一个 CPU+GPU（将这二者视为整体）和一个 CPU。
- 每个任务可以选择占用 CPU+GPU、CPU 或者 两个都占用，这 \(3\) 种占用方式占用的时间不同。
接下来考虑任务顺序。可以发现，对于占用全部资源的任务，可以调度其在最开始就运行。这样，在开始的一段时间，资源是满载的，不需要等待资源释放就可以运行。而对于其它任务，由于任务之间没有依赖关系，而又分别只占用一个 CPU+GPU 或 一个CPU，令其依次执行即可。
至此，可以设计一个动态规划来完成这一过程。令 \(f_{i,j}\) 表示为了完成前 \(i\) 个任务占用 CPU+GPU 时间为 \(j\) 时不附带 GPU 的 CPU 的最小时间。这样，初始状态显然为 \(f_{0,0} = 0\)。对于在此后的每个状态，状态转移方程为：
这样，答案等于 \(\min\limits{j} \max\{ f_{n,j},j \}\)。
此解法的时间复杂度为 \(O(n^2 \times \max\limits_{i=1,2,\ldots,n} \{ a_i, b_i, c_i, d_i \})\)。
示例程序：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 1010;
int n, a, b, c, d, f[maxn][maxn*10], ans = 0x3f3f3f3f;
int main() {
cin >> n;
memset(f, 0x3f, sizeof(f));
f[0][0] = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
cin >> a >> b >> c >> d;
c = min(c, a);
b = min(min(a, b), min(c, d));
for (int j = 0; j <= i*10; j++) {
f[i][j] = f[i-1][j] + a;
if (j >= c) f[i][j] = min(f[i][j], f[i-1][j-c]);
if (j >= b) f[i][j] = min(f[i][j], f[i-1][j-b] + b);
}
}
for (int i = 0; i <= n*10; i++)
ans = min(ans, max(i, f[n][i]));
cout << ans << endl;
return 0;
}
