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Description
There are two machines A and B. There are n tasks, namely task 1, task 2, ..., task n. You must assign each task to one machine to process it. There are some facts you must know and comply with:
You want to do finish all the tasks as soon as possible.
Input
There are multiple test cases. The first line of the input is an integer T (0 < T < 1000) indicating the number of test cases. Then T test cases follow. Each test case starts with an integer n (0 < n < 100). The ith line of the nextn lines contains two integers tA, tB (0 < tA, tB < 100), giving the time to process the ith task by machine A and machine B.
Output
For each test case, output the earliest time when all the tasks have been processed.
题意：
有两个机器，A和B，现在有N个任务，每个任务用A机器做需要ai时间，用B机器做需要bi时间。 a,b,n<100
每个任务只有在其之前的任务在做或者已经做完才可以开始做，每个机器只能同时做一个任务。
刚开始写了个n^3 dpTLE了，发现有1000组数据，然后思考n^2做法。
我们用dp[k][j]表示状态k,j时的总时间，k为0,1 代表是A的时间长还是B的时间长，j代表长的时间和短的时间的差值，由于差值小于等于a,b，所以复杂度n^2。
考虑任务是在A或B机器上完成转移即可，具体代码如下。
#include<iostream> #include<string.h> #include<algorithm> #include<stdio.h> using namespace std; int dp[105][2][105]; int a[2][105],n; void up(int i,int k,int j,int v) { dp[i][k][j]=min(dp[i][k][j],v); } int main() { int T,i,j,k; scanf("%d",&T); while(T--) { scanf("%d",&n); for(i=1;i<=n;i++) scanf("%d%d",&a[0][i],&a[1][i]); memset(dp,1,sizeof(dp)); dp[0][0][0]=0; dp[0][1][0]=0; for(i=1;i<=n;i++) { for(k=0;k<2;k++) { for(j=0;j<=100;j++) { if(dp[i-1][k][j]>10000) continue; up(i,k,a[k][i],dp[i-1][k][j]+a[k][i]); if(a[k^1][i]>j) up(i,1^k,a[k^1][i]-j,dp[i-1][k][j]-j+a[k^1][i]); else up(i,k,j-a[1^k][i],dp[i-1][k][j]); } } } int ans=100000; for(k=0;k<2;k++) for(j=0;j<=100;j++) if(dp[n][k][j]) ans=min(ans,dp[n][k][j]); cout<<ans<<endl; } return 0; }
ZOJ 3331-Process the Tasks （DP）
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原文地址：http://www.cnblogs.com/Woo95/p/5255178.html
