NOIP2006作业调度问题解析-优快云博客

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1156 作业调度方案 2006年NOIP全国联赛提高组

题目描述 Description

我们现在要利用m台机器加工n个工件，每个工件都有m道工序，每道工序都在不同的指定的机器上完成。每个工件的每道工序都有指定的加工时间。

每个工件的每个工序称为一个操作，我们用记号j-k表示一个操作，其中j为1到n中的某个数字，为工件号；k为1到m中的某个数字，为工序号，例如2-4表示第2个工件第4道工序的这个操作。在本题中，我们还给定对于各操作的一个安排顺序。

例如，当n=3，m=2时，“1-1，1-2，2-1，3-1，3-2，2-2”就是一个给定的安排顺序，即先安排第1个工件的第1个工序，再安排第1个工件的第2个工序，然后再安排第2个工件的第1个工序，等等。

一方面，每个操作的安排都要满足以下的两个约束条件。

(1) 对同一个工件，每道工序必须在它前面的工序完成后才能开始；

(2) 同一时刻每一台机器至多只能加工一个工件。

另一方面，在安排后面的操作时，不能改动前面已安排的操作的工作状态。

由于同一工件都是按工序的顺序安排的，因此，只按原顺序给出工件号，仍可得到同样的安排顺序，于是，在输入数据中，我们将这个安排顺序简写为“1 1 2 3 3 2”。

还要注意，“安排顺序”只要求按照给定的顺序安排每个操作。不一定是各机器上的实际操作顺序。在具体实施时，有可能排在后面的某个操作比前面的某个操作先完成。

例如，取n=3,m=2，已知数据如下：

工件号

机器号/加工时间工序1 工序2

1 1/3 2/2

2 1/2 2/5

3 2/2 1/4

则对于安排顺序“1 1 2 3 3 2”，下图中的两个实施方案都是正确的。但所需要的总时间分别是10与12。

　这里写图片图片描述

当一个操作插入到某台机器的某个空档时（机器上最后的尚未安排操作的部分也可以看作一个空档），可以靠前插入，也可以靠后或居中插入。为了使问题简单一些，我们约定：在保证约束条件（1）（2）的条件下，尽量靠前插入。并且，我们还约定，如果有多个空档可以插入，就在保证约束条件（1）（2）的条件下，插入到最前面的一个空档。于是，在这些约定下，上例中的方案一是正确的，而方案二是不正确的。

显然，在这些约定下，对于给定的安排顺序，符合该安排顺序的实施方案是唯一的，请你计算出该方案完成全部任务所需的总时间。

输入描述 Input Description
第1行为两个正整数，用一个空格隔开：

m n

（其中m（<20）表示机器数，n（<20）表示工件数）

第2行：个用空格隔开的数，为给定的安排顺序。

接下来的2n行，每行都是用空格隔开的m个正整数，每个数不超过20。

其中前n行依次表示每个工件的每个工序所使用的机器号，第1个数为第1个工序的机器号，第2个数为第2个工序机器号，等等。

后n行依次表示每个工件的每个工序的加工时间。

可以保证，以上各数据都是正确的，不必检验。

输出描述 Output Description
只有一个正整数，为最少的加工时间

样例输入 Sample Input
2 3

1 1 2 3 3 2

1 2

2 1

3 2

2 5

2 4

样例输出 Sample Output
10

这算是NOIP2006中的水题了

直接模拟即可，开m个布尔数组表示当前机器的空位情况，

每次执行一个工序就更新，如果当前工序结算完时间大于max

就更新max的值。

因为数据规模小，所以不用担心超时，数组开大点就行了。

program test;
var 
   max,k,j,m,n,p,work,mach,i,f:longint;

   count,last,order:array[-1..50] of longint;

   place:array[-1..50,-1..50] of boolean;

   time,num:array[-1..50,-1..50] of longint;

begin 

    read(m,n);

    p:=m*n;

    for i:=1 to p do 
       read(order[i]);

    fillchar(last,sizeof(last),0);

    fillchar(place,sizeof(place),true);

    for i:=1 to n do 
        for j:=1 to m do 
           read(num[i,j]);

    for i:=1 to n do 
        for j:=1 to m do 
           read(time[i,j]);

    fillchar(count,sizeof(count),0);

    max:=0;

    for i:=1 to p do begin 

        k:=order[i]; 

        inc(count[k]);

        work:=count[k];

        mach:=num[k,work];

        f:=0;

        for j:=last[k]+1 to 1000 do begin  

            if place[mach,j] then inc(f) else f:=0; 


            if f=time[k,work] then begin 

              last[k]:=j;

              for p:=j downto j-f+1 do place[mach,p]:=false;

              if last[k]>max then max:=last[k];

              break;

            end;

        end;

    end;

    writeln(max);

end.