UVALive 2238 Fixed Partition Memory Management（二分完美匹配）

题意：计算机中有一些固定大小的内存，内存越大，处理速度越快。对于一个程序，加入不同的内存空间，处理所需时间不同。现给出m个内存空间，n个程序，对于每个程序程序，有k组数据(s,t)，分别表示当程序 i 在某个内存环境s下对应的运行时间t。当有一个内存空间为si，一个程序的2组数据a,b，满足as<=si<bs，那么这个程序放到该内存中的运行时间是at（取下界）。已知不同的内存空间可以同时运行，同一个内存空间的程序在某一时刻只能有一个在运行。又知道一个程序从提交给计算机到运行结束这段时间为“运行时间”（所有程序在0时刻同时提交）。求出最小平均“运行时间”=总“运行时间”/n个程序，并给出每个程序在哪个内存区内运行（内存区编号1~m），以及该程序在内存区内是从何时开始运行，何时结束的。（保证不会出现程序的最小需求内存>最大内存空间）

分析：

　　很复杂的题意，直观感觉就是所求的量很多，而且并非直接求最小值，是要具体的把方案求解出来。想到这里应该能确定用图论解决。进一步的，要用什么来处理，排除法也能想到匹配（其实我在刷图论专题= =）。

　　确定了算法，就明确了方向，一侧必然是n个程序。那么另一侧应该是什么呢？我们求的是平均“运行时间”，那么可行顶标Lx、Ly之和就应该是最小的总“运行时间”。我们先考虑总运行时间应该怎么算呢？假设一个内存空间 i 按顺序运行3个程序a、b、c，那么这个程序总的运行时间Ti=at+(at+bt)+(at+bt+ct)=3*at+2*bt+1*ct

　　（至此应该都能想到，接下来根据这个式子建模）。

　　我们发现，a程序虽然是第一个完成，但它受这个内存中程序的数量以及运行次序的影响，实际贡献了3*at的时间。当我们拿到一个程序a，并放入某个内存 i 中。首先根据程序的 k 组数据可以确定at的大小。如果假定这个内存中有x个程序，a程序排在第y个，于是构造一个点(i,x,y)，那么我们就可以确定边权为(x-y+1)*at。

　　如此构造有何不妥之处呢？

　　做最佳二分完美匹配，每个程序都对应于一个点(i,x,y)，得到最小值。会不会不合常理呢？会的...因为是在交错树上沿等边增广，这里每次调整后，都必然出现许多等边（(x-y+1)的大小同时受x和y影响），虽然调整交错树可能会出现多条等边，但那是巧合（数据相等），而非必然。这种必然导致的就是出现了大量的符合最小值的方案，一个任务，可以匹配点(i,x,y)，也可以匹配点(i,(x+1),(y+1))，反正都在内存 i 内，at为定值。而这种任意分配是不合理的，因为最后无法确定顺序：一个内存中，若有x个程序，它的(i,x,1)可能都已经匹配，但是本该与(i,x,2)(i,x,3)匹配的点却与(i,(x-1),1)(i,(x-1),2)匹配。

　　建模失败了，那么有什么可取之处？该如何改进呢？

　　先找问题：1、点的构造决定了边权(x-y+1)*at，x、y同时影响是等边过多；2、时间复杂度高：一侧有S=n个点，一侧有T=m*n*n=mn2个点，所以总复杂度S*T*(S+T)=m2n5=10的10次方 = =

　　重新建点，将x,y两个变量简化为一个变量，观察式子Ti=3*at+2*bt+ct，从后往前逐次+1；又边权(x-y+1)*at 中，(x-y+1)本身就表示的是系数，也可以理解为倒数第几个。于是，新的构点取(i,p)：在第 i 个内存中以倒数第p个的身份出现，边权就是p*at。

　　同样做最佳完美匹配。已知一种完美匹配是任意的，不仅不一定是最佳，而且不一定不合理。但是最佳二分完美匹配，一定是合理的。因为(i,p)与权值p*at相互唯一对应，杜绝了之前多条等边的情况。又有，若在内存 i 中有3个程序a,b,c，分别对应( i,1)( i,2)( i,4)，必然不是最佳，c对应于( i,3)有“更佳”的权值3*ct。再考虑复杂度，S=n，T=m*n,总复杂度S*T*(S+T)=m2n3=10的7次方，可以接受。

注意：

1、S,T两侧的数组因为点数的不同，要分开处理。

2、关于n个程序与m*n个点( i,p),究竟放那一侧，我选择n个程序在S侧。其实若放T侧，貌似可以直接顺序找到每个程序对应的点( i,p)，但还要处理每个程序在内存中的具体时间，复杂度上是相同的。

3、我这样处理其实也存在弊端，这是另一种（n个点在T侧）所能避免的，真亏我能想出来。

　　固定内存 i ，查找p，从1找到第一个为0的点之前截止，这些点对应的 left[] 就是放在内存 i 中的程序编号。但可能n个程序都在同一个内存中，所以p的上界要定在(n+1)而不是n；这又引发了另一个问题：若n个程序都在最后一个内存中，所找到的(n+1)对应的点是第(m*n+1)个点，超出了既定的数据范围，若初始化右侧数据只是[1,m*n]的话，(m*n+1)这个点会访问到之前的数据。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<vector>
#include<algorithm>
#define clr(a,m) memset(a,m,sizeof(a))
#define rep(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
#define rrep(i,a,b) for(int i=a;i>=b;i--)
using namespace std;

const int MAXN=55;
const int MAXM=11;
const int INF =1e9;

struct Point{
int c,t;
Point(){}
Point(int _c,int _t):c(_c),t(_t){}
bool operator < (const Point res)const {
return c<res.c;
}
};

struct Run{
int num,l,r;
Run(){}
Run(int _num,int _l,int _r):num(_num),l(_l),r(_r){}
}run[MAXN];
int time[MAXM];

int mem[MAXM],gap[MAXN][MAXN*MAXM];//数组忘记改大小了
vector<Point>p[MAXN];

int n,m,cnt;
int Lx[MAXN],S[MAXN];
int Ly[MAXN*MAXM],T[MAXN*MAXM],left[MAXN*MAXM],slack[MAXN*MAXM];

void init()
{
rep(i,1,n)
p[i].clear();
}

void read()
{
init();
rep(i,1,m)
scanf("%d",&mem[i]);
rep(i,1,n){
int k,c,t;
scanf("%d",&k);
rep(j,1,k){
scanf("%d%d",&c,&t);
p[i].push_back(Point(c,t));
}
}
rep(i,1,n){
int sz=p[i].size();
rep(j,1,m){
int tt;
if(mem[j]<p[i][0].c)
tt=INF;
else{
int x=upper_bound(p[i].begin(),p[i].end(),Point(mem[j],0))-p[i].begin();
tt=p[i][x-1].t;
}

rep(p,1,n){
if(tt==INF)gap[i][(j-1)*n+p]=-INF;
else gap[i][(j-1)*n+p]=-p*tt;
}
}
}
}

bool match(int u)
{
S[u]=true;
rep(v,1,n*m)
if(!T[v]){
int tmp=Lx[u]+Ly[v]-gap[u][v];
if(tmp==0){
T[v]=true;
if(!left[v]||match(left[v])){
left[v]=u;
return true;
}
}else slack[v]=min(slack[v],tmp);
}
return false;
}

void update()
{
int a=INF;
rep(v,1,n*m)//!!
if(!T[v])
if(a>slack[v]){
a=slack[v];
}
rep(i,1,n)
if(S[i])Lx[i]-=a;
rep(i,1,n*m)//!!
if(T[i])Ly[i]+=a;

}

void KM()
{
rep(i,1,n){
Lx[i]=-INF;
rep(j,1,n*m)
if(Lx[i]<gap[i][j]){
Lx[i]=gap[i][j];
}
}
rep(i,1,n*m+1)
left[i]=Ly[i]=0;

rep(i,1,n){
rep(j,1,n*m)
slack[j]=INF;
while(1)
{
rep(j,1,n)
S[j]=0;
rep(j,1,n*m)
T[j]=0;
if(match(i))
break;
else{
update();
}
}
}
}

void print()
{
printf("Case %d\n",++cnt);

int ans=0;
rep(i,1,n)
ans+=Lx[i];
rep(i,1,n*m)
ans+=Ly[i];
printf("Average turnaround time = %.2f\n",-ans*1.0/n);

clr(time,0);
rep(i,1,m){
int sz;
rep(p,1,n+1)//!会不会全都在同一个内存区？放在最后一个内存区，找到的+1会越界找到上一组数据
if(left[(i-1)*n+p]==0){
sz=p-1;
break;
}
rrep(p,sz,1){
int x=left[(i-1)*n+p];
run[x]=Run(i,time[i],time[i]-gap[x][(i-1)*n+p]/p);
time[i]-=gap[x][(i-1)*n+p]/p;
}
}
rep(i,1,n)
printf("Program %d runs in region %d from %d to %d\n",i,run[i].num,run[i].l,run[i].r);
}

int main()
{
cnt=0;
while(~scanf("%d%d",&m,&n))
{
if(!n&&!m)
return 0;
if(cnt)puts("");
read();
KM();
print();
}
return 0;
}
/*
2 4
40 60
1 35 4
1 20 3
1 40 10
1 60 7
2 2
20 40
2 20 100 40 2
2 20 100 40 3
*/

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