「HDU3572」Task Schedule【最大流】

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本文探讨了在有限机器资源下，如何通过最大流算法解决任务调度问题，确保所有任务在规定时间内完成。介绍了问题背景，包括任务的时间限制和机器的工作能力，并详细解析了最大流算法在网络流图上的应用。

Task Schedule

Time Limit: 2000/1000 MS (Java/Others) Memory Limit: 65536/32768 K (Java/Others) Total Submission(s): 12914 Accepted Submission(s): 3895

Problem Description

Our geometry princess XMM has stoped her study in computational geometry to concentrate on her newly opened factory. Her factory has introduced $M$ new machines in order to process the coming $N$ tasks. For the $i - t h$ task, the factory has to start processing it at or after day $S_i$ , process it for $P_i$ days, and finish the task before or at day $E_i$ . A machine can only work on one task at a time, and each task can be processed by at most one machine at a time. However, a task can be interrupted and processed on different machines on different days.
Now she wonders whether he has a feasible schedule to finish all the tasks in time. She turns to you for help.

Input

On the first line comes an integer $T(T≤20)T(T\leq20)$ , indicating the number of test cases.

You are given two integer $N(N≤500)N(N\leq 500)$ and $M(M≤200)M(M\leq 200)$ on the first line of each test case. Then on each of next $N$ lines are three integers $P_i, S_i$ and $Ei(1≤Pi,Si,Ei≤500)E_i (1\leq P_i, S_i, E_i\leq 500)$ , which have the meaning described in the description. It is guaranteed that in a feasible schedule every task that can be finished will be done before or at its end day.

Output

For each test case, print “Case x: ” first, where $x$ is the case number. If there exists a feasible schedule to finish all the tasks, print “Yes”, otherwise print “No”.

Print a blank line after each test case.

Sample Input

Sample Output

Case 1: Yes
   
Case 2: Yes

Source

2010 ACM-ICPC Multi-University Training Contest（13）——Host by UESTC

题意

$n$ 个任务， $m$ 个机器，每个任务都有一个开始时间限制，结束时间限制，即限制在 $S_i,E_i]$ 内完成，每个任务完成需要的时间是一定的，每个任务可以间断完成，可以更换机器完成

题解「最大流」

众所周知，网络流的题基本都是建好图然后跑相关算法就行了，关键就是建好图，理解每条建的边的含义是关键
这题建边我分为三个层面
- 从超级源点 $s$ 向每一个任务建立容量为 $i n f$ 的边，怎么理解这里的 $i n f$ 呢？实际上虽然建立了超级源点 $s$ ，但是个人认为可以吧源点认为是所有的任务顶点，超级源点 $s$ 只是为了方便跑最大流，我们知道在最大流算法中，流入源点的流量其实是没有限制的，为 $i n f$ ，同理，对于这个图，所有的源点【所有的任务顶点】流入的流量应该设为 $i n f$ ，即超级源点到任务顶点的有向边的容量设为 $i n f$
- 将时间断分成顶点，每个顶点表示每个单位时间，从每个这些顶点向超级汇点 $t$ 连边，容量设为 $m$ ，表示每个单位时间点内最多有 $m$ 台机器同时工作
- 由每个任务顶点 $i$ 向每一个 $S_i,E_i]$ 内的单位时间顶点连边，容量设为 $1$ ，表示这个时间点内能完成每个任务的单位时间内的子任务
现在你大概知道怎么判断了吧，跑最大流，即值为 $max\_flow$ 若
$max_flow≥∑i=1nPimax\_flow \geq \sum_{i=1}^{n}{P_i}$ 则表示可以完成

代码

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<queue>
#include<cstring>

using namespace std;
const int maxn=1e3+10;
const int maxm=6e5+10;  //注意每条边都有反向边
#define inf 0x3f3f3f3f

int dis[maxn],head[maxn],id[maxn],tot,n,m;//id:当前弧优化,即记录可用的最远的那条边
struct node{
	int to,w,next;
	node(int a=0,int b=0,int c=0){
		to=a;w=b;next=c;
	}
}edge[maxm];

void add_edge(int u,int v,int w)
{
	edge[++tot]=node(v,w,head[u]);
	head[u]=tot;
}

bool bfs(int s,int t)
{
	queue<int> que;que.push(s);
	for(int i=1;i<maxn;i++) dis[i]=0,id[i]=head[i];dis[s]=1;
	while(!que.empty()){
		int cur=que.front();que.pop();
		for(int i=head[cur];i!=-1;i=edge[i].next){
			int nxt=edge[i].to;
			if(edge[i].w&&!dis[nxt]){
				dis[nxt]=dis[cur]+1;
				que.push(nxt);
				if(nxt==t) return 1;
			}
		}
	}
	return 0;
}

int dfs(int cur,int flow,int s,int t)
{
	if(cur==t) return flow;
	int rest=flow;
	for(int i=id[cur];i!=-1&&rest;i=edge[i].next){
		id[cur]=i;
		if(edge[i].w&&dis[edge[i].to]==dis[cur]+1){
			int f=dfs(edge[i].to,min(rest,edge[i].w),s,t);
			edge[i].w-=f;
			edge[i^1].w+=f;
			rest-=f;
		}
	}
	return flow-rest;
}

inline int dinic(int s,int t)
{
	int maxflow=0,flow;
	while(bfs(s,t)) while((flow=dfs(s,inf,s,t))) maxflow+=flow;
	return maxflow;
}

int main()
{
	int test,s=1001,t=1002;scanf("%d",&test);
	for(int cas=1;cas<=test;cas++){
		scanf("%d %d",&n,&m);
		memset(head,-1,sizeof(head));tot=-1;int sum=0;

		for(int i=1;i<=n;i++) add_edge(s,i,inf),add_edge(i,s,0);
		for(int i=501;i<=1000;i++) add_edge(i,t,m),add_edge(t,i,0);
		for(int i=1,tim,start,end;i<=n;i++){
			scanf("%d %d %d",&tim,&start,&end);
			sum+=tim;
			for(int j=start;j<=end;j++) add_edge(i,500+j,1),add_edge(500+j,i,0);
		}
		printf("Case %d: ",cas);
		printf(dinic(s,t)>=sum?"Yes\n\n":"No\n\n");
	}
}