POJ 1180 Batch Scheduling 斜率DP

Batch Scheduling POJ - 1180

总共有 $N$ 个任务，编号为 $1\sim N$，将这 $N$ 个任务分成任意多个 batch ，每个 batch 中包含连续编号的任务，按照 batch 中最小编号的顺序进行依次处理每一批，起始时刻是 $0$，每个 batch 的准备时间是 $S$，第 $i$ 个任务的处理时间为 $T_1$，系数为 $F_i$，同一个 batch 里的所有任务在同一时刻输出，也就是说，在某一个 batch 中，假如他们的起始时间是 $t$，包含任务的编号是 $x\sim x+k$，则他们的输出时间均是 $t+S+\sum_{i=x}^{x+k}T_i$ ，最终的总花费是 第 $i$ 个任务的输出时间乘上系数 $F_i$ 后求和，求最小总花费。

考虑斜率优化。用 $dp[i]$ 来表示 $i\sim N$ 的最小花费，则有：

$dp[i]=\min_{i<j<N}\{dp[j]+(S+sumt[i]-sumt[j])*sumc[i]\}$

其中 $sumt[j]$ 为处理时间 $T_j$ 的后缀和，$sumc[j]$ 为系数 $F_i$ 的后缀和。令 $j<k$ 且 $j$ 优于 $k$，则有：

$\begin{aligned} dp[j]+(S+sumt[i]-sumt[j])*sumc[i]&<dp[k]+(S+sumt[i]-sumt[k])*sumc[i]\\ dp[j]-dp[k]&<sumc[i]*(sumt[j]-sumt[k])\\ \frac{dp[j]-dp[k]}{sumt[j]-sumt[k]}&<sumc[i] \end{aligned}$

令 $y_j=dp[j],x_j=sumt[j],s_{jk}=\dfrac{y_j-y_k}{x_j-x_k}$ ，并且对于 $m<j<k$，可以证明若 $s_{mj}<s_{jk}$ ，则 $j$ 必定不是最优点，可舍去，证明如下：

首先，假如 $s_{jk}<sumc[i]$，则 $s_{mj}<sumc[i]$，因此 $m$ 比 $j$ 优；

然后，假如 $s_{jk}\ge sumc[i]$，则 $k$ 比 $j$ 优。

代码如下：

#include<iostream>
#include<cstdio>
//#define WINE
#define MAXN 10100
using namespace std;
int n,S,T[MAXN],f[MAXN],st[MAXN],sf[MAXN],q[MAXN],h,t,dp[MAXN];
int up(int j,int k){
    return dp[j]-dp[k];
}
int down(int j,int k){
    return st[j]-st[k];
}
int getDP(int k,int i){
    return dp[k]+(S+st[i]-st[k])*sf[i];
}
int main(){
#ifdef WINE
    freopen("data.in","r",stdin);
#endif
    while(scanf("%d",&n)!=EOF){
        scanf("%d",&S);
        for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d%d",&T[i],&f[i]);
        st[n+1]=sf[n+1]=0;
        for(int i=n;i>=1;i--){
            st[i]=st[i+1]+T[i];
            sf[i]=sf[i+1]+f[i];
        }
        h=t=0;q[t++]=n+1;
        for(int i=n;i>=1;i--){
            while(h+1<t&&up(q[h+1],q[h])<sf[i]*down(q[h+1],q[h]))
                h++;
            dp[i]=getDP(q[h],i);
            while(h+1<t&&up(i,q[t-1])*down(q[t-1],q[t-2])<up(q[t-1],q[t-2])*down(i,q[t-1]))
                t--;
            q[t++]=i;
        }
        printf("%d\n",dp[1]);
    }
    return 0;
}