题解 P2224 【[HNOI2001]产品加工】

是道好题，卡常卡到我裂开/kk

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Solution [HNOI2001]产品加工

题目大意：有两台机器，共(n)个任务，每个任务你可以让第一台机器单独做花费它(a)时间，可以让第二台机器单独做花费它(b)时间，可以让两台机器同时做都花费(c)时间（部分任务有特殊要求，只能某些机器做），求完成所有任务最小时间

动态规划，奇奇怪怪的优化

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分析：

首先题意有个不明确的地方（也可能是我没有读出来），就是时间(c)代表两台机器是分工做，而不是同时做，它们互不影响，也就是如果两台机器要共同完成一个任务，并不需要等到两台机器都空闲了，才能一起做

然后我们发现，当前的状态可以用一个三元组表示出来，((i,a,b))表示已经做了前(i)个任务，第一台机器花费(a)时间，第二台机器花费(b)时间，总时间就是(max(a,b))，三元组的转移十分简单就不在此列出

空间不允许我们开三维数组，我们可以开二维，把(i,a)丢给下标表示，用数组值来表示(c)，因为我们要求最小值，所以只需保存一个(c)最小的三元组即可

那么(f[i][a])实际上表示已经做了前(i)个任务，第一台机器花费(a)时间的时候第二台机器最少花费的时间

转移方程:

[f[i][a]=minegin{cases}f[i-1][a-t_i.a] \ f[i-1][a]+t_i.b \ f[i-1][a-t_i.c]+t[i].cend{cases} ]

(t_i)表示第(i)个任务，(t_i.a)表示给第一个机器做的时间（其他两个同理），转移条件略去qaq（主要是懒得打）

这个朴素(dp)是跑不过去的，需要亿点点优化

• 1.滚动数组消去第一维，使空间消耗变得可以接受，并且对连续空间的内存访问可以利用Cache大幅优化常数

• 2.枚举上下界优化，我们记录一个最小的下界(down)，表示(down)是最小的使(f[i][down])状态存在的值。记录一个上界(up)，显然(up=sum_{j=1}^i max(t_j.a,t_j.b,t_j.c))

• 3.边读入边计算，原理同1

附上不开O2可以勉强卡过的代码:

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cctype>
using namespace std;
const int maxn = 6033,maxm = 33333;
inline int read(){
	int x = 0;char c = getchar();
	while(!isdigit(c))c = getchar();
	while(isdigit(c))x = x * 10 + c - '0',c = getchar();
	return x; 
}
inline int min(int a,int b){return a < b ? a : b;}
inline int max(int a,int b){return a > b ? a : b;} 
unsigned short f[maxm];
int n,ans = 0x7fffffff,down,up;
int main(){
	n = read();
	for(register int i = 1;i <= n;i++){
		int a = read(),b = read(),c = read(),beg = down;
		down = 0x7fffffff,up += max(a,max(b,c));
		for(register int j = up;j >= beg;j--){
			int tmp = 0x3f3f3f3f;
			if(a && j - a >= beg)tmp = min(tmp,f[j - a]);
			if(b)tmp = min(tmp,f[j] + b);
			if(c && j - c >= beg)tmp = min(tmp,f[j - c] + c);
			if(tmp < 0x3f3f3f3f)down = min(down,j);
			f[j] = tmp;
		}
	}
	for(int i = down;i <= up;i++)ans = min(ans,max(i,f[i]));
	printf("%d
",ans);
	return 0;
}