最小机器调度问题-优快云博客

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Schedule

Time Limit: 4000/2000 MS (Java/Others) Memory Limit: 153428/153428 K (Java/Others)
Total Submission(s): 724 Accepted Submission(s): 271

Problem Description：

There are N schedules, the i-th schedule has start time

si and end time

ei (1 <= i <= N). There are some machines. Each two overlapping schedules cannot be performed in the same machine. For each machine the working time is defined as the difference between

timeend and

timestart , where time_{end} is time to turn off the machine and

timestart is time to turn on the machine. We assume that the machine cannot be turned off between the

timestart and the

timeend .
Print the minimum number K of the machines for performing all schedules, and when only uses K machines, print the minimum sum of all working times.

Input

The first line contains an integer T (1 <= T <= 100), the number of test cases. Each case begins with a line containing one integer N (0 < N <= 100000). Each of the next N lines contains two integers

si and

(0<=si<ei<=1e9) .

Output

For each test case, print the minimum possible number of machines and the minimum sum of all working times.

Sample Input

Sample Output

2 8

题目大意：有 N个时间表，他们分别有自己的开始时间和结束时间，同时，也有很多机器，时间表上的时间是使用机器的时间，然而，一台机器不能在重复的时间被使用，所以，要完成时间表的任务，可能需要多台机器，题目要求的就是符合要求的最少机器数和相应时间之和。

解题分析：首先，假设机器可以在同一时刻被重复使用，那么最短时间和即为每个时间段之和，但是，现在条件限制机器不能同一时间重复使用，那么必然有机器在执行完一个任务后等待下一个任务的过程，其中的等待时间也要被计入总时间中，而等待时间是下一个时间段的开始时间减去之前时间段的结束时间。所以最短时间可以用每个时间段之和加上等待时间。同时，我们将我每个时间段的开始时间和结束时间拆开，利用结构体存储，用flag = 1标志它是开始时间，flag = 2 标识它为结束时间。对所有时间点进行从小到大排序，用mach记录变化机器数，如果遇左节点，mach++，遇右节点mach--，mach最大值即为最少机器数,同时将结束时间存入栈中，下一时间段的开始时间减去栈顶元素即为等待时间。

演示步骤：

1 3

2 5

4 6
经sort排序后：

时刻： 1 2 3 4 5 6

flag ： 1 1 2 1 2 2

AC代码：

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<stack>
using namespace std;

struct Nodes{
	int T;//时间点 
	int flag;//状态 
}node[300000];

int cmp(Nodes a , Nodes b){
	if(a.T != b.T ) return (a.T < b.T);
	else return (a.flag > b.flag );
	//如果相等，让状态为结束的点排前 ， 
	//因为后面会有开始点状态减去栈中结束状态点，求等待时间 
}

int main(void){
	int x;
	scanf("%d",&x);
	while(x--){
		int count;
		int num = 0;
		int i;
		int mach = 0;
		int ans_mach = 0;
		long long  ans_sum = 0;//本题数据不用long long会超时； 
		stack<int>endtime;//结束时刻存放数组 
		scanf("%d",&count);
		while(!endtime.empty()){
			endtime.pop(); 
		}
		for(i=0;i<count;i++){
			 scanf("%d",&node[num].T);
			 scanf("%d",&node[num+1].T);
			 node[num].flag = 1;
			 node[num+1].flag = 2;
			 ans_sum = ans_sum + ( node[num+1].T - node[num].T);
			 num = num + 2;
		}
		sort(node,node + count*2,cmp);
		for(i=0;i < num ; i++){
			if(node[i].flag == 1){
				mach++; 
				if(!endtime.empty())
				{
					int t = endtime.top() ;
					endtime.pop(); 
					ans_sum = ans_sum + (node[i].T - t);//算出等待时间 
				}	
			}
			else{
				mach--;
				endtime.push(node[i].T); 
			}
			ans_mach = max(ans_mach,mach); 
		}
		printf("%d %lld\n",ans_mach,ans_sum);
	}
}

杭电-6180

Schedule