初見安~這裡是傳送門：洛谷p2365
n個任務排成乙個序列在一台機器上等待完成（順序不得改變），這n個任務被分成若干批，每批包含相鄰的若干任務。從時刻0開始，這些任務被分批加工，第i個任務單獨完成所需的時間是ti。在每批任務開始前，機器需要啟動時間s，而完成這批任務所需的時間是各個任務需要時間的總和（同一批任務將在同一時刻完成）。每個任務的費用是它的完成時刻乘以乙個費用係數fi。請確定乙個分組方案，使得總費用最小。
例如：s=1；t=；f=。如果分組方案是、、，則完成時間分別為，費用c=，總費用就是153。
輸入格式：
第一行是n(1<=n<=5000)。
第二行是s(0<=s<=50)。
下面n行每行有一對數，分別為ti和fi，均為不大於100的正整數，表示第i個任務單獨完成所需的時間是ti及其費用係數fi。
輸出格式：
乙個數，最小的總費用。
輸入樣例：
輸出樣例：511 3
3 24 3
2 31 4
時間，費用，求最小——很像揹包對不對！差不多了。往dp的方向想就對了。153
這道題如果我們用貪心的演算法的話，會有很多細節要處理，而且**量相對而言也有點長【關鍵是還全錯】，所以我們就不能考慮了。（我一開始就用的接近於貪心的演算法然後樣例輸出153我輸出了154……）
dp 的話**量其實很短——我們可以看到：時間實在累計的，而每一批的任務所用的費用是所有的係數乘這一批完成時的時間點，都是需要累加的量，所以我們存的時候就累加存：
for(int i=1;i<=n;i++)
我們假設，算任務1~i（i<=n）的最小費用時，如果從第j（1<=jdp時的兩種方案：
1.不變
2.從任務j開始分批，則：
也就是說：本著dp[ i ]值的改動不影響dp[ j ]的原則，分批的話在這一步操作中是分為了三部分：任務1~j，值就是dp[ j ];任務j~i，就是完成任務i的時間點乘以這一堆任務的費用係數和（乘法分配律）；任務i~n的值會因為j點強行分批而導致不得不多乙個開機時間，所以要加上（是加上不是重新算。在dp[ j ]中後面的原情況已經存在了，只需要做一點改動）。也就是以上的三部分了。
*注意：
1.後值不影響前值。
2.點j的意思是：新增乙個分割點，j以後的自動為一批。當然這裡的一批並不一定是說最後分完了就只有3批，在取用dp[ j ]的時候其實就已經可以看出分了很多批了——因為算dp[ j ]的時候同樣是這麼分出來的。同理。
大致就是如此啦——我們現在來看看**：）
#include#define maxn 50000+5
using namespace std;
int n,s,t[maxn],f[maxn];
int dp[maxn];
int main()
dp[0]=0;//需要初始化避免輸出極大值
for(register int i=1;i<=n;i++)
{ for(register int j=0;j迎評：）
——end——
佇列安排 洛谷
思路 這個就是一道模擬二叉樹的題。反正我是這麼理解的。首先建立乙個結構體陣列，包含左孩子，右孩子，以及乙個變數用來標記後面他是否被刪除了。然後就是插入的時候先判斷p 根據題目 判斷完p之後還要判斷k的左右孩子。舉個栗子 比如說i為2，k為3，p為1.那麼現在2要往3的右邊插隊，你就首先要判斷3原先右...
動態規劃 洛谷P2365 任務安排
n個任務排成乙個序列在一台機器上等待完成 順序不得改變 這n個任務被分成若干批，每批包含相鄰的若干任務。從時刻0開始，這些任務被分批加工，第i個任務單獨完成所需的時間是ti。在每批任務開始前，機器需要啟動時間s，而完成這批任務所需的時間是各個任務需要時間的總和 同一批任務將在同一時刻完成 每個任務的...
洛谷 P2365 任務安排 （線性dp）
3月14日第二題！題目描述 n個任務排成乙個序列在一台機器上等待完成 順序不得改變 這n個任務被分成若干批，每批包含相鄰的若干任務。從時刻0開始，這些任務被分批加工，第i個任務單獨完成所需的時間是ti。在每批任務開始前，機器需要啟動時間s，而完成這批任務所需的時間是各個任務需要時間的總和 同一批任務...