题解：洛谷 P3611 Cow Dance Show

【题目来源】

洛谷：P3611 [USACO17JAN] Cow Dance Show S - 洛谷

【题目描述】

经过几个月的排练，奶牛们基本准备好展出她们的年度舞蹈表演。今年她们要表演的是著名的奶牛芭蕾——“cowpelia”。

表演唯一有待决定的是舞台的尺寸。一个大小为 \(K\) 的舞台可以支持 \(K\) 头牛同时在舞台上跳舞。在牛群中的 \(N\) 头牛按照她们必须出现在舞蹈中的顺序方便地编号为 \(1,2,\dots,N\)。第 \(i\) 头牛计划跳 \(d_i\) 的特定持续时间。
一开始，第 \(1,2,\dots,K\) 头牛出现在舞台上并开始跳舞。当这些牛中的某一头牛首先完成了她的部分，她会马上离开舞台并且第 \(K+1\) 头牛会出现在舞台上并开始跳舞。所以，舞台上总有 \(K\) 头奶牛在跳舞（直到表演的尾声，奶牛不够的时候）。当最后一头奶牛完成了她的舞蹈部分，表演结束，共花了 \(T\) 个单位时间。

显然，\(K\) 的值越大，\(T\) 就越小。由于表演不能拖太长，你得知了指定 \(T\) 的最大可能值的上限 \(T_{max}\)。请根据这个约束，确定 \(K\) 的最小值。

【输入】

第一行包括 \(N\) 和 \(T_{max}\) 两个整数。

接下来的 \(N\) 行，第 \(i\) 行给出了第 \(i\) 头牛跳舞的持续时间 \(d_i\)。第 \(i\) 行包括一个整数 \(d_i\)。

保证 \(K=N\) 时表演会按时完成。

【输出】

输出在表演时间不大于 \(T_{max}\) 时的 \(K\) 的最小可能值。

【输入样例】

【输出样例】

【核心思想】

问题分析：给定 \(N\) 头奶牛的舞蹈持续时间 \(d_i\)，舞台可同时容纳 \(K\) 头牛跳舞。当某头牛跳完后立即离开，下一头牛补上，始终保持舞台上有 \(K\) 头牛（或剩余牛不足时）。求使得总表演时间 \(T \le T_{max}\) 的最小 \(K\)。这是一个整数二分 + 优先队列模拟问题，关键在于用二分搜索 \(K\)，并用最小堆模拟 \(K\) 个并行通道的任务调度。
算法选择：
- 整数二分：在 \([1, N]\) 范围内二分查找最小可行的 \(K\)
- 优先队列模拟：用最小堆维护 \(K\) 个舞台位置的当前完成时间，每次将新任务分配给最早空闲的位置
关键步骤：
- 读取输入：\(N, T_{max}\) 和 \(N\) 个持续时间 \(d_i\)
- 二分初始化：\(l = 1\)，\(r = N\)
- 二分过程（\(l < r\)）：
  - \(mid = (l + r) / 2\)
  - 若 check(mid) 可行：\(r = mid\)
  - 否则：\(l = mid + 1\)
- check 函数（模拟 \(K\) 个并行通道）：
  - 初始化最小堆，\(K\) 个位置的完成时间均为 \(0\)
  - 遍历每头牛 \(i\)：
    - 取出堆顶（最早空闲时间 \(t\)）
    - \(t \mathrel{+}= d_i\)，放回堆中
  - 遍历结束后，堆中最大值即为总完成时间
  - 返回总完成时间 \(\le T_{max}\)
- 输出 \(l\)
时间/空间复杂度：
- 时间复杂度：\(O(\log N \cdot N \log K)\)，二分 \(O(\log N)\) 轮，每轮模拟 \(O(N \log K)\)
- 空间复杂度：\(O(K)\)，优先队列
二分 + 优先队列模拟的核心思想：
- 并行调度模型：\(K\) 个舞台位置等价于 \(K\) 个并行处理通道，每头牛的任务分配给最早空闲的通道
- 贪心分配：每次将新任务分配给最早完成的通道，保证总完成时间最小（最优调度）
- 二分单调性：\(K\) 越大总时间越短，满足二分条件。找到最小 \(K\) 使得总时间 \(\le T_{max}\)
- 最小堆高效维护：\(O(\log K)\) 获取和更新最早空闲通道，避免线性扫描
- 适用于"并行机器调度 + 最小化机器数"类问题，核心是二分搜索配合贪心模拟验证

【算法标签】

普及+ #整数二分

【代码详解】

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 10005;
int n, T;
int d[N], ans;  // d: 任务时间数组

// 检查是否能用k个并行通道在时间T内完成所有任务
bool check(int k)
{
    priority_queue<int, vector<int>, greater<int>> q;  // 最小堆，存储每个通道的完成时间
    int res = -1;  // 最晚完成时间
    for (int i = 1; i <= k; i++)  // 初始化k个通道，初始完成时间为0
    {
        q.push(0);
    }
    for (int i = 1; i <= n; i++)  // 分配任务
    {
        int t = q.top();  // 取最早空闲的通道
        q.pop();
        t += d[i];  // 加上当前任务时间
        q.push(t);  // 放回队列
    }
    while (!q.empty())  // 找到最晚完成时间
    {
        res = max(res, q.top());
        q.pop();
    }
    return res <= T;  // 是否能在T时间内完成
}
int main()
{
    cin >> n >> T;  // 任务数, 时间限制
    for (int i = 1; i <= n; i++)
    {
        cin >> d[i];  // 每个任务的完成时间
    }

    int l = 1, r = n;  // 二分查找最少通道数
    while (l < r)
    {
        int mid = (l + r) / 2;
        if (check(mid))  // 如果mid个通道可行
        {
            r = mid;  // 尝试更少的通道
        }
        else
        {
            l = mid + 1;  // 需要更多通道
        }
    }
    cout << l << endl;  // 输出最少通道数
    return 0;
}

【运行结果】

posted @ 2026-08-29 09:37 团爸讲算法阅读(4) 评论(0) 收藏举报

刷新页面返回顶部

题解：洛谷 P3611 Cow Dance Show

普及+ #整数二分

公告