SCU 4511 任务（dp）

题目传送门：http://acm.scu.edu.cn/soj/problem.action?id=4511
每个任务在两台机器上都有一个运行时间，然后一个任务要运行，它前面的所有任务必须已经完成或者正在运行，问你所有任务都完成最少的时间。
观察到n是2000，每个任务时间3000，状态应该是$dp[i][t_A-t_B]$，表示完成i个任务的时候，A机器上比B机器多运行多久，然后完成这些任务最少时间。
这样的话第一维可以滚动掉，但是第二维2000*3000肯定是记录不下的，现在要考虑题目的性质，因为一个任务做的时候，它前面的所有任务，必须已经完成或者已经开始做，所以，如果A比B多用很多时间，那么第$i+1$个任务，必须在第$i$个任务开始后才做，所以这会其实可以认为，A比B多用的时间，仅仅是$i$任务需要的时间，这样就把第二维状态压缩到了6000（因为$t_A$可能比$t_B$小），转移的时候可能有点复杂，因为如果此时A比B运行时间多，你还用A运行，那么$t_A-t_B$应该直接更新为这个任务的时间，而不是累加上去，这点需要考虑清楚，需要想清楚，分类讨论几种情况就行了。

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代码：

#include <map>
#include <set>
#include <stack>
#include <queue>
#include <cmath>
#include <string>
#include <vector>
#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <cstring>
#include <sstream>
#include <cstdlib>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#pragma comment(linker,"/STACK:102400000,102400000")

using namespace std;
#define   MAX           2005
#define   MAXN          6005
#define   maxnode       15
#define   sigma_size    30
#define   lson          l,m,rt<<1
#define   rson          m+1,r,rt<<1|1
#define   lrt           rt<<1
#define   rrt           rt<<1|1
#define   middle        int m=(r+l)>>1
#define   LL            long long
#define   ull           unsigned long long
#define   mem(x,v)      memset(x,v,sizeof(x))
#define   lowbit(x)     (x&-x)
#define   pii           pair<int,int>
#define   bits(a)       __builtin_popcount(a)
#define   mk            make_pair
#define   limit         10000

//const int    prime = 999983;
const int    INF   = 0x3f3f3f3f;
const LL     INFF  = 0x3f3f;
const double pi    = acos(-1.0);
const double inf   = 1e18;
const double eps   = 1e-8;
const LL    mod    = 1e9+7;
const ull    mx    = 133333331;

/*****************************************************/
inline void RI(int &x) {
      char c;
      while((c=getchar())<'0' || c>'9');
      x=c-'0';
      while((c=getchar())>='0' && c<='9') x=(x<<3)+(x<<1)+c-'0';
 }
/*****************************************************/

int a[MAX];
int b[MAX];
int dp[2][MAXN];
int main(){
    //freopen("in.txt","r",stdin);
    int t;
    cin>>t;
    while(t--){
        int n;
        cin>>n;
        mem(dp,INF);
        int cur=0;
        for(int i=1;i<=n;i++){
            scanf("%d%d",&a[i],&b[i]);
            cur^=1;
            if(i==1){
                dp[cur][3000+a[i]]=a[i];
                dp[cur][3000-b[i]]=b[i];
            }
            else{
                mem(dp[cur],INF);
                for(int j=0;j<=6000;j++){
                    if(j>=3000){
                        if(j-b[i]>=0) dp[cur][j-b[i]]=min(dp[cur][j-b[i]],max(dp[cur^1][j],dp[cur^1][j]+3000-j+b[i]));
                        dp[cur][3000+a[i]]=min(dp[cur][3000+a[i]],dp[cur^1][j]+a[i]);
                    }
                    else {
                        dp[cur][3000-b[i]]=min(dp[cur][3000-b[i]],dp[cur^1][j]+b[i]);
                        if(j+a[i]<=6000) dp[cur][j+a[i]]=min(dp[cur][j+a[i]],max(dp[cur^1][j],dp[cur^1][j]-3000+j+a[i]));
                    }
                }
            }
        }
        int mini=INF;
        for(int i=6000;i>=0;i--){
            mini=min(mini,dp[cur][i]);
        }
        cout<<mini<<endl;
    }
    return 0;
}