【作业调度方案】

题目链接：http://115.28.203.224/problem.php?cid=1011&pid=1

题目描述

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：
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。
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

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： 2n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

只有一个正整数，为最少的加工时间。

样例输入

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

样例输出

10

参考解法

http://www.cnblogs.com/yylogo/archive/2011/06/27/TYVJ-1058.html

代码

#include <stdio.h>
#include <stdlib.h>
int num[361];
int machine[19][362];
int used[19], order[19][19];
int last[19];
int time[19][19];
int max[19];

int main(int argc, char **argv) {
	int i, j, k, l;
	int m, n, count;
	int ans = 0;
	scanf("%d%d", &m, &n);
	for(i = 0; i < m * n; i++) {
		scanf("%d", &num[i]);
		num[i]--;
	}
	for(i = 0; i < n; i++) {
		for(j = 0; j < m; j++) {
			scanf("%d", &order[i][j]);
			order[i][j]--;
		}
	}
	for(i = 0; i < n; i++) {
		for(j = 0; j < m; j++) {
			scanf("%d", &time[i][j]);
		}
	}
	for(i = 0; i < m * n; i++) {
		k = order[num[i]][used[num[i]]];
		count = 0;
		for(j = last[num[i]]; count < time[num[i]][used[num[i]]]; j++) {
			if(machine[k][j] == 0) {
				count++;
			} else {
				count = 0;
			}
		}
		for(l = 1; l <= count; l++) {
			machine[k][j - l] = 1;
		}
		last[num[i]] = j;
		used[num[i]]++;
		if(max[k] < j) {
			max[k] = j;
		}
	}
	for(i = 0; i < m; i++) {
		if(ans < max[i]) {
			ans = max[i];
		}
	}
	printf("%d\n", ans);
	return 0;
}