题解：2018级算法第二次上机 Zexal的流水线问题

题目描述：

样例：

实现解释：

最基础的流水线调度问题，甚至没有开始和结束的值

知识点：动态规划，流水线调度

实现方法即得出状态转移方程后完善即可，设a[][i]存储着第一二条线上各家的时间花费，t[][i]存储着i处进行线路切换的花费，f[][i]存储着各线在i处的最小花费。

则对每一个f[][i]应有如下的转移方程：

f[0][1] = a[0][1];

f[1][1] = a[1][1];

f[0][i] = min(f[0][i-1]+a[0][i],f[1][i-1]+t[1][i-1]+a[0][i]);

f[1][i] = min(f[1][i-1]+a[1][i],f[0][i-1]+t[0][i-1]+a[1][i]);

前两个为初始定义，后两个为具体的转换。

min函数中前一个值表示直接在当前这条线的前一个结点前进的花费，后一个表示从另一条线的前一个结点先转移过来后再前进的花费。此时只有两条线因此只有这两种情况，所以比较后便可得出到达该线该位置的最小花费。

多条线的情况可参考：题解：说好的ALS呢？（后续添加链接）

最后比较到达n处（最后一个家）哪条线的时间花费最小即可。

坑点：

注意多次输入后数组的初始化，以及状态转移方程的正确转化即可

完整代码：

//流水线调度基本问题
#include<iostream>
using namespace std;
int main()
{
	ios::sync_with_stdio(false);
	int n;
	int fend;
	int i;
	while(cin >> n)
	{
		int a[2][n+1],t[2][n];
		//两条线上每一家花费的时间
		for(i = 1;i<=n;i++)
			cin >> a[0][i];
		for(i = 1;i<=n;i++)
			cin >> a[1][i];

		//两条线不同位置转移的时间花费
		for(i = 1;i<n;i++)
			cin >> t[0][i];
		for(i = 1;i<n;i++)
			cin >> t[1][i];

		//存储两条线不同位置的最小时间
		int f[2][n+1];
		//初始化防止错误
		f[0][1] = a[0][1];
		f[1][1] = a[1][1];

		for(i = 2;i<=n;i++)
		{
			//具体状态转移方程介绍见实现解释
			if(f[0][i-1]+a[0][i]<f[1][i-1]+t[1][i-1]+a[0][i])
 				f[0][i] = f[0][i-1]+a[0][i];
			else
				f[0][i] = f[1][i-1]+t[1][i-1]+a[0][i];

			if(f[1][i-1]+a[1][i]<f[0][i-1]+t[0][i-1]+a[1][i])
				f[1][i] = f[1][i-1]+a[1][i];
			else
				f[1][i] = f[0][i-1]+t[0][i-1]+a[1][i];
		}
		//计算两条线分别的最后时间花费得最小值
		if(f[0][n]<f[1][n])
			fend = f[0][n];
		else
			fend = f[1][n];
		cout << fend << ‘\n‘;
	}
	return 0;
}

原文地址：https://www.cnblogs.com/doUlikewyx/p/11700784.html