TYVJ 1058 作业调度方案 完整版 解题报告

　　这题网上的各个题库都不完整，完整的我发一次：

题目的原描述如下，rqnoj和vijos的题目都不完全，少了一幅图片，表格也不清晰。。

【问题描述】

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。

(1) 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；

(2) 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：

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

则对于安排顺序“1 1 2 3 3 2”，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。

【输入文件】

输入文件jsp.in 的第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： 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。

【输出文件】

输出文件jsp.out只有一个正整数，为最少的加工时间。

【输入样例】

2 3

1 1 2 3 3 2

1 2

1 2

2 1

3 2

2 5

2 4

【输出样例】

10

================================华丽的分割线 ================================

　　因为每个数据都满足要求，所以没太多算法成分，就是按照题目要求的模拟，不说多了，上代码：

#include <stdio.h>
#include <stdlib.h>
int num[361];
int machine[19][362];
int used[19], order[19][19];
int last[19];
int time[19][19];
int max[19];

int main(int argc, char **argv)
{
int i, j, k, l;
int m, n, count;
int ans = 0;
scanf("%d%d", &m, &n);
for(i = 0; i < m * n; i++){
scanf("%d", &num[i]);
num[i]--;
}
for(i = 0; i < n; i++){
for(j = 0; j < m; j++){
scanf("%d", &order[i][j]);
order[i][j]--;
}
}
for(i = 0; i < n; i++){
for(j = 0; j < m; j++){
scanf("%d", &time[i][j]);
}
}
for(i = 0; i < m * n; i++){
k = order[num[i]][used[num[i]]];
count = 0;
for(j = last[num[i]]; count < time[num[i]][used[num[i]]]; j++){
if(machine[k][j] == 0){
count++;
}else{
count = 0;
}
}
for(l = 1; l <= count; l++){
machine[k][j - l] = 1;
}
last[num[i]] = j;
used[num[i]]++;
if(max[k] < j){
max[k] = j;
}
}
for(i = 0; i < m; i++){
if(ans < max[i]){
ans = max[i];
}
}
printf("%d\n", ans);
return 0;
}