作业调度方案（NOIP 2006）提高组T3

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。

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；

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（工序1/工序2）：
工件号 工序11 工序22
11 1/31/3 2/22/2
22 1/21/2 2/52/5
33 2/22/2 1/41/4

工件号	机器号	加工时间
1	1/2	3/2
2	1/2	2/5
3	2/1	2/4

对于安排顺序“112332”，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。
输入格式

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：n * m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。

输出格式

1个正整数，为最少的加工时间。
输入输出样例

输入:

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

输出

10

题解：

这道题题意很难理解，让许多人一头雾水。（来自理科生的同情 ）算了，题意就让它过去吧。

上代码喽！！

#include 
int n, m, sx[ 405 ], cnt[ 25 ], t[ 25 ][ 25 ], j[ 25 ][ 25 ], Time[ 25 ], Ans_;
bool f[ 25 ][ 1005 ];
//sx[]代表输入顺序，即安排顺序
//cnt[i]的值表示第i号工件执行到哪一道工序
//t[i][j]表示第i号工件第j道工序用的时间
//j[i][j]表示第i号工件第j道工序需要的机器
//Time[i]表示第i号工件上一道工序结束时间
//f[i][j]表示第i号工件的j时刻是否被用过
int main () {
	//freopen("jsp.in", "r", stdin);
	//freopen("jsp.out", "w", stdout);
	scanf ("%d %d", &n, &m);
	for (int i = 1; i <= m * n; i ++) {
		scanf ("%d", &sx[ i ]);
	}
	for (int i = 1; i <= m; i ++) {
		for (int k = 1; k <= n; k ++) {
			scanf ("%d", &j[ i ][ k ]);
		}
	}
	for (int i = 1; i <= m; i ++) {
		for (int k = 1; k <= n; k ++) {
			scanf ("%d", &t[ i ][ k ]);
		}
	}
	//过于复杂的输入
	for (int i = 1; i <= n * m; i ++) {
		int w = j[ sx[ i ] ][ ++ cnt[ sx[ i ] ] ], T = t[ sx[ i ] ][ cnt[ sx[ i ] ] ], tot = 0, l;
		//w是当前工件工序所需机器， T是当前工序所需时间， tot是当前找到的连续时间长度
		for (l = Time[ sx[ i ] ] + 1; ; l ++) {//枚举时间
			if (f[ w ][ l ] == false) {//当时间l未用过
				tot ++;
				if (tot == T) {
					for (int k = l - tot + 1; k <= l; k ++) {//将要用的时间置为true
						f[ w ][ k ] = true;
					}
				break;//跳出循环
				}
			}
			else {
				tot = 0;//由于当前连续时间少于所需，而中间有一个时间点已被用过，所以只能抛弃前段时间。
			}
		}
		Time[ sx[ i ] ] = l;//更新结束时间
		Ans_ = Ans_ < l ? l : Ans_;//更新答案
	}
	printf ("%d\n", Ans_);
}

祝愿各位NOIP2019.rp++!

完结撒花