平衡负载（2013年百度之星3月23号竞赛题目一）

平衡负载

　　Du熊正在负责一个大型的项目，目前有K台服务器，有N个任务需要用这K台服务器来完成，所以要把这些任务分成K个部分来完成，在同上台服务器上执行的任务必须是连续的任务，每个任务有各自需要的执行时间。

　　例如N=5,K=2，每个任务需要时间分别为5,3,1,4,7分钟，那么我们可以分成(5)(3 1 4 7)两部分，这样第一台服务器所花时间就是5分钟，而第二台机器需要花15分钟，当然，所有任务完成的时间是按最迟完成的那台服务器的时间，即这样划分的话完成所有任务所需要的时间就是15分钟。而另外一种划分方法是(5 3 1)(4 7)，这种划分方案完成所有任务的时间就是11分钟，也是最优的一种划分方案。

　　现在你的任务就是根据给定的N,K和每个任务要花费的时间，找出使完成所有任务时间最短的方案。

　　输入：

　　　　多组输入。

　　　　第一行输入N和K（1<=K<=N<=10000）。

　　　　第二行输入N个不大于1000的正整数，表示各个任要花费的时间。

　　　　N=K=0表示输入结束。

　　输出：

　　　　每行输出一个整数，对应对于每个数据（除了N=K=0不用输出）。

　　样例输入：

　　　　5 1

　　　　5 3 1 4 7

　　　　5 2

　　　　5 3 1 4 7

　　　　5 3

　　　　5 3 1 4 7

　　　　10 3

　　　　1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

　　　　0 0

　　样例输出：

　　　　20

　　　　11

　　　　8

　　　　21

 

思路：

　　初看这个题目，觉得可以用dfs来做，不过效率肯定是比较低的，所以后来想想，其实这道题目挺符合dp使用条件的，有这重复的子问题，有这最优子结构和无后效性，所以就打算用dp做了，首先定义状态dp[x][y]，表示将前y个任务分到前x台服务器，完成前y个任务的最短时间。状态转移方程为：

　　dp[x][y] = min{max{dp[x - 1][y1] , sy}} 其中y1取值为[x - 1, y - 1],sy = time[y1 + 1] + time[y2 + 1] + ...+time[y]

　　如果直接定义dp[10000][10000]，那空间太大了，通过状态转移方程可以知道，dp[x][y]只与dp[x - 1][y1]有关，所以可以定义dp[2][10000]来节省空间。代码如下：

#include <stdio.h>

#define max(a, b) a > b ? a : b
int n, k;
int time[10005];
int dp[2][10005];
int temp[10005];

int main(void)
{
    int i, j, min, l;

    while (scanf("%d%d", &n, &k), n && k)
    {
        for (i = 1; i <= n; i ++)
            scanf("%d", &time[i]);
        dp[1][1] = time[1];
        for (i = 2; i <= n; i ++)
            dp[1][i] = dp[1][i - 1] + time[i];
        for (j = 2;  j <= k; j ++)
        {
            for (i = j; i <= n; i ++)
            {
                min = 100000000;
                temp[0] = 0;
                for (l = i - 1; l >= j - 1; l --)
                {
                    temp[i - l] = temp[i - l - 1] + time[l + 1];
                    if (max(dp[(j + 1) % 2][l] , temp[i - l]) < min)
                        min = max(dp[(j + 1) % 2][l] , temp[i - l]);    
                }
                dp[j % 2][i] = min;
                printf("%d ", dp[j % 2][i]);
            }
            printf("\n");
        }
        printf("%d\n", dp[k % 2][n]);
    }
    return 0;
}