UVa1006/LA2238 Fixed Partition Memory Management

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   本题是2001年icpc世界总决赛的G题

题意

   早期的多程序操作系统常把所有的可用内存划分成一些大小固定的区域，不同的区域一般大小不同，而所有区域的大小之和为可用内存的大小。给定一些程序，操作系统需要给每个程序分配一个区域，使得它们可以同时执行。可是每个程序的运行时间可能和它所占有的内存区域大小有关，因此调度并不容易。
   编程计算最优的内存分配策略，即给定m个区域的大小和n个程序在各种内存环境下的运行时间，找出一个调度方案，使得平均回转时间（即平均结束时刻）尽量小。具体来说，你需要给每个程序分配一个区域，使得没有两个程序在同一时间运行在同一个内存区域中，而所有程序分配的区域大小都不小于该程序的最低内存需求。程序对内存的需求不会超过最大内存块的大小。

输入格式

   输入包含多组数据。每组数据第一行为正整数m 和n，即区域的个数和程序的个数（1≤m≤10, 1≤n≤50）。下一行包含m个正整数，即各内存区域的大小。以下n行描述每个程序在各种内存大小中的执行时间，其中第一个整数为情况总数k（k≤10），然后是k对整数s1, t1, s2, t2, …, sk, tk，满足si<si+1。当内存不足s1 时程序无法运行；当内存大小s满足si≤s＜si+1时运行时间为ti；如果内存至少为sk，运行时间为tk。输入结束标志为m=n=0。

输出格式

   对于每组数据，输出最小平均回转时间和调度方案。如果有多组解，任意输出一组即可。

分析

   这道题的建模极为经典！《训练指南》题解：

   先来看一个内存区域的情况。假设在这个内存区域按顺序执行的k 个程序的运行时间分别为t1, t2, t3, …, tk，那么第i个程序的回转时间为ri=t1+t2+…+ti，所有程序的回转时间之和等于r=kt1+(k-1)t2+(k-2)t3+…+2tk-1+tk。换句话说，如果程序i 是内存区域j的倒数第p个执行的程序，则它对于总回转时间的“贡献值”为pTi,j，其中Ti,j为程序i 在内存区域j中的运行时间。
   这样一来，算法就比较明显了。构造二分图G，X 结点为n个程序，Y结点为n×m个“位置”，其中位置(j,p)表示第j个内存区域的倒数第p个执行的程序。每个X结点i和Y结点(j,p)连有一条权为pTi,j的边，然后求最小权匹配即可。注意，并不是每个匹配都对应一个合法方案（比如，一个区域不能只有倒数第一个程序而没有倒数第二个程序），但最佳匹配一定对应一个合法方案（想一想，为什么）。

   下面就想一下这样做的正确性：
   题解采用了倒数第p个这样的设定，并且对应边权pTi,j中Ti,j一定是一个定值，那么自然是p越小越好。所以是先有了倒数第一才会有倒数第二，而不会只有倒数第一，没有倒数第二，又有倒数第三的不符合现实的情况（这在其他非最大权的二分图最大匹配有可能出现）。 二分图最大权（权其实取负了）匹配避免开了这种不符合现实的情况， 所以一定是一个合法方案。
    最后再提一点，二分图最大权匹配，并一定要通过加点将X点集和Y点集的数量凑成相同再求最佳完美匹配，不加点的做法参见AC代码。

AC 代码

#include <iostream>
#include <iomanip>
using namespace std;#define INF 1000000000
#define M 11
#define N 51
int x[N][3], mem[M], a[M], c[M], w[N][M][N], slack[M][N], lx[N], ly[M][N], p[M][N], m, n, kase = 0; bool s[N], t[M][N];bool match(int i) {s[i] = true;for (int j=1; j<=m; ++j) for (int k=1; k<=n; ++k) if (!t[j][k]) {int d = lx[i] + ly[j][k] - w[i][j][k];if (d == 0) {t[j][k] = true;if (!p[j][k] || match(p[j][k])) {p[j][k] = i;return true;}} else slack[j][k] = min(slack[j][k], d);}return false;
}void km() {for (int i=1; i<=n; ++i) lx[i] = -INF;for (int i=1; i<=m; ++i) for (int j=1; j<=n; ++j) p[i][j] = ly[i][j] = 0;for (int i=1; i<=n; ++i) for (int j=1; j<=m; ++j) for (int k=1; k<=n; ++k) lx[i] = max(lx[i], w[i][j][k]);for (int i=1; i<=n; ++i) {for (int j=1; j<=m; ++j) for (int k=1; k<=n; ++k) slack[j][k] = INF;while (true) {for (int j=1; j<=n; ++j) s[j] = false;for (int j=1; j<=m; ++j) for (int k=1; k<=n; ++k) t[j][k] = false;if (match(i)) break;int a = INF;for (int j=1; j<=m; ++j) for (int k=1; k<=n; ++k) if (!t[j][k]) a = min(a, slack[j][k]);for (int j=1; j<=n; ++j) if (s[j]) lx[j] -= a;for (int j=1; j<=m; ++j) for (int k=1; k<=n; ++k) t[j][k] ? ly[j][k] += a : slack[j][k] -= a;}}
}void solve() {for (int i=1; i<=m; ++i) cin >> mem[i];for (int i=1; i<=n; ++i) {int k; cin >> k;for (int j=k; j>0; --j) cin >> a[j] >> c[j];for (int j=1, p; j<=m; ++j) {for (p=1; p<=k; ++p) if (mem[j] >= a[p]) {for (int k=1; k<=n; ++k) w[i][j][k] = -c[p]*k;break;}if (p > k) for (int k=1; k<=n; ++k) w[i][j][k] = -INF;}}km();int s = 0;for (int i=1; i<=n; ++i) s -= lx[i];for (int i=1; i<=m; ++i) for (int j=1; j<=n; ++j) s -= ly[i][j];for (int i=1, j; i<=m; ++i) if (p[i][1]) {for (int k=1; k<=n; ++k) if (p[i][k]) j = k;for (int k=j, t=0, y; k>0; --k) x[y = p[i][k]][0] = i, x[y][1] = t, x[y][2] = (t -= w[y][i][k]/k);}cout << "Case " << ++kase << endl << "Average turnaround time = " << s/double(n) << endl;for (int i=1; i<=n; ++i)cout << "Program " << i << " runs in region " << x[i][0] << " from " << x[i][1] << " to " << x[i][2] << endl;cout << endl;
}int main() {cout << fixed << setprecision(2);while (cin >> m >> n && m) solve();return 0;
}