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题意：
必须严格按顺序执行M个步骤来生产一个产品，每一个步骤都可以在N台机器中的任何一台完成。机器i完成第j个步骤的时间为T[i][j]。把半成品从一台机器上搬到另一台机器上也需要一定的时间K。每台机器最多只能连续完成产品的L个步骤。也就是说，如果有一台机器连续完成了产品的L个步骤，下一个步骤就必须换一台机器来完成。问一个产品最短需要多长时间呢？（对于100%的数据，N<=5， L<=50000，M<=100000）
题意：
被高中生虐了~
题意要求尽量缩短时间来完成一件产品，但是由于需要按照步骤，所以多线程的方式不必考虑。dp[i][j]=min（dp[k][p]）+（sum[i][j] - sum[k][j]），dp[i][j]表示完成前i个步骤，且最后一步是在第j台机器上完成。sum[k][j]表示第j台机器完成第1~k个步骤所需要的时间和，但是k与i的距离不宜超过规定的L。式子也可以这样写：dp[i][j]=min（dp[k][p] - sum[k][j]）+ sum[i][j] ，那么就单单看这项min（dp[k][p] - sum[k][j]）就行了，这不就是类似于在序列区间a[i-L]~a[i-1]之间找一个最小值的问题？那就可以用单调队列解决了。复杂度为O(n2*m)，是与L无关的。
1 //#include <bits/stdc++.h> 2 #include <iostream> 3 #include <cstdio> 4 #include <cstring> 5 #include <cmath> 6 #include <deque> 7 #include <map> 8 #include <algorithm> 9 #include <vector> 10 #include <iostream> 11 #define pii pair<int,int> 12 #define INF 0x3f3f3f3f 13 #define LL long long 14 #define ULL unsigned long long 15 using namespace std; 16 const double PI = acos(-1.0); 17 const int N=100100; 18 const int M=10; 19 int m, n, K, L; 20 int t[N][M], dp[N][M]; 21 int que[N][M], idx[N][M], top[M], rear[M]; 22 23 void calmin(int i) 24 { 25 for(int j=1; j<=n; j++) 26 { 27 int tar=INF; 28 for(int k=1; k<=n; k++) 29 { 30 if(j==k) continue; 31 tar=min(tar, dp[i][k]); 32 } 33 tar-=t[i][j]; 34 while( top[j]<rear[j] && que[rear[j]-1][j]>=tar ) rear[j]--; 35 que[rear[j]][j]=tar; 36 idx[rear[j]][j]=i; 37 rear[j]++; 38 } 39 } 40 41 void init() 42 { 43 memset(dp,0x3f,sizeof(dp)); 44 memset(top,0,sizeof(top)); 45 memset(rear,0,sizeof(rear)); 46 memset(dp[0],0,sizeof(dp[0])); 47 memset(que,0,sizeof(que)); 48 memset(idx,0,sizeof(idx)); 49 for(int i=1; i<=n; i++) //在单个机器上运行所有任务，求区间和 50 for(int j=1; j<=m; j++) 51 t[j][i]+=t[j-1][i]; 52 for(int i=1; i<=n; i++) 53 rear[i]++; 54 } 55 int cal() 56 { 57 init(); 58 for(int i=1; i<=m; i++) //枚举步骤 59 { 60 for(int j=1; j<=n; j++) //用第j台机器来完成i项 61 { 62 while( top[j]<rear[j] && idx[top[j]][j]<i-L) 63 top[j]++; //过期 64 int &d=dp[i][j]; 65 if( top[j]==rear[j] ) 66 { 67 for(int k=1; k<=n; k++) 68 { 69 if(k==j)continue; 70 d=min(d, dp[i-1][k]); 71 } 72 d+=t[i][j]-t[i-1][j]; 73 } 74 else d=min(d, que[top[j]][j]+t[i][j]+K ); 75 } 76 calmin(i); 77 } 78 79 int ans=INF; 80 for(int i=1; i<=n; i++) ans=min(ans, dp[m][i]); 81 return ans-K; //第一步不需要换机器费用 82 } 83 84 85 int main() 86 { 87 //freopen("input.txt","r",stdin); 88 while(~scanf("%d%d%d%d",&m, &n, &K, &L)) 89 { 90 for(int i=1; i<=n; i++) //机器 91 for(int j=1; j<=m; j++) //步骤 92 scanf("%d",&t[j][i]); 93 cout<<cal()<<endl; 94 } 95 return 0; 96 }
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原文地址：http://www.cnblogs.com/xcw0754/p/4863124.html
