300. 任务安排1

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300. 任务安排1

有 $N$ 个任务排成一个序列在一台机器上等待执行，它们的顺序不得改变。

机器会把这 $N$ 个任务分成若干批，每一批包含连续的若干个任务。

从时刻 $0$ 开始，任务被分批加工，执行第 $i$ 个任务所需的时间是 $T_i$。

另外，在每批任务开始前，机器需要 $S$ 的启动时间，故执行一批任务所需的时间是启动时间 $S$ 加上每个任务所需时间之和。

一个任务执行后，将在机器中稍作等待，直至该批任务全部执行完毕。

也就是说，同一批任务将在同一时刻完成。

每个任务的费用是它的完成时刻乘以一个费用系数 $C_i$。

请为机器规划一个分组方案，使得总费用最小。

输入格式

第一行包含整数 $N$。

第二行包含整数 $S$。

接下来 $N$ 行每行有一对整数，分别为 $T_i$ 和 $C_i$，表示第 $i$ 个任务单独完成所需的时间 $T_i$ 及其费用系数 $C_i$。

输出格式

输出一个整数，表示最小总费用。

数据范围

$1 \le N \le 5000$,
$0 \le S \le 50$,
$1 \le T_i,C_i \le 100$

输入样例：

5
1
1 3
3 2
4 3
2 3
1 4

输出样例：

153

解题思路

斜率优化dp

很容易想到一个暴力做法：$f[i][j]$ 表示前 $i$ 个物品分为 $j$ 批的最小代价，这样状态数为 $O(n^2)$，另外转移需要 $O(n)$，故总时间复杂度为 $O(n^3)$，而且本题空间限制比较严格，内存受限
主要难点在于启动时间 $s$ 的处理，设 $sum[i]$ 表示前 $i$ 个物品时间的前缀和，$w[i]$ 表示前 $i$ 个物品费用的前缀和，不妨对未来的角度考虑：对于一个启动时间，其对后面所有任务的影响为 $s\times (w[n]-w[i-1])$，即可以提前计算对未来的影响，故可以得到：

• 状态表示：$f[i]$ 表示前 $i$ 的物品的最小代价

• 状态计算：$f[i]=min(f[i],f[j]+sum[i]*(w[i]-w[j])+s*(w[n]-w[j]))$，其中 $j$ 为前一批的最后一个物品的编号

• 时间复杂度：$O(n^2)$

代码

// Problem: 任务安排1
// Contest: AcWing
// URL: https://www.acwing.com/problem/content/302/
// Memory Limit: 64 MB
// Time Limit: 1000 ms
// 
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)

// %%%Skyqwq
#include <bits/stdc++.h>
 
//#define int long long
#define help {cin.tie(NULL); cout.tie(NULL);}
#define pb push_back
#define fi first
#define se second
#define mkp make_pair
using namespace std;
 
typedef long long LL;
typedef pair<int, int> PII;
typedef pair<LL, LL> PLL;
 
template <typename T> bool chkMax(T &x, T y) { return (y > x) ? x = y, 1 : 0; }
template <typename T> bool chkMin(T &x, T y) { return (y < x) ? x = y, 1 : 0; }
 
template <typename T> void inline read(T &x) {
    int f = 1; x = 0; char s = getchar();
    while (s < '0' || s > '9') { if (s == '-') f = -1; s = getchar(); }
    while (s <= '9' && s >= '0') x = x * 10 + (s ^ 48), s = getchar();
    x *= f;
}

const int N=5001;
int n,s,sum[N],w[N];
LL f[N];
int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&s);
    for(int i=1;i<=n;i++)
    	scanf("%d%d",&sum[i],&w[i]),sum[i]+=sum[i-1],w[i]+=w[i-1];
    memset(f,0x3f,sizeof f);
    f[0]=0;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    	for(int j=0;j<i;j++)
    		f[i]=min(f[i],f[j]+(LL)sum[i]*(w[i]-w[j])+(LL)s*(w[n]-w[j]));
    printf("%lld",f[n]);
    return 0;
}

__EOF__

本文作者：acwing_zyy
本文链接：https://www.cnblogs.com/zyyun/p/16965973.html
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