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| 试题编号： | 202212-2 |
| 试题名称： | 训练计划 |
| 时间限制： | 1.0s |
| 内存限制： | 512.0MB |
| 问题描述： |
问题背景西西艾弗岛荒野求生大赛还有 n 天开幕！ 问题描述为了在大赛中取得好成绩，顿顿准备在 n 天时间内完成“短跑”、“高中物理”以及“核裂变技术”等总共 m 项科目的加强训练。其中第 i 项（1≤i≤m）科目编号为 i，也可简称为科目 i。已知科目 i 耗时 ti 天，即如果从第 a 天开始训练科目 i，那么第 a+ti−1 天就是该项训练的最后一天。 大部分科目的训练可以同时进行，即顿顿在同一天内可以同时进行多项科目的训练，但部分科目之间也存在着依赖关系。如果科目 i 依赖科目 j，那么只能在后者训练结束后，科目 i 才能开始训练。具体来说，如果科目 j 从第 a 天训练到第 a+tj−1 天，那么科目 i 最早只能从第 a+tj 天开始训练。还好，顿顿需要训练的 m 项科目依赖关系并不复杂，每项科目最多只依赖一项别的科目，且满足依赖科目的编号小于自己。那些没有任何依赖的科目，则可以从第 1 天就开始训练。 对于每一项科目，试计算： 1）最早开始时间：该科目最早可以于哪一天开始训练？ 2）最晚开始时间：在不耽误参赛的前提下（n 天内完成所有训练），该科目最晚可以从哪一天开始训练？ n 天内完成所有训练，即每一项科目训练的最后一天都要满足 ≤n。需要注意，顿顿如果不能在 n 天内完成全部 m 项科目的训练，就无法参加大赛。这种情况下也就不需要再计算“最晚开始时间”了。 输入格式从标准输入读入数据。 输入共三行。 输入的第一行包含空格分隔的两个正整数 n 和 m，分别表示距离大赛开幕的天数和训练科目的数量。 输入的第二行包含空格分隔的 m 个整数，其中第 i 个（1≤i≤m）整数 pi 表示科目 i 依赖的科目编号，满足 0≤pi<i；pi=0 表示科目 i 无依赖。 输入的第三行包含空格分隔的 m 个正整数，其中第 i 个（1≤i≤m）数 ti 表示训练科目 i 所需天数，满足 1≤ti≤n。 输出格式输出到标准输出中。 输出共一行或两行。 输出的第一行包含空格分隔的 m 个正整数，依次表示每项科目的最早开始时间。 如果顿顿可以在 n 天内完成全部 m 项科目的训练，则继续输出第二行，否则输出到此为止。 输出的第二行包含空格分隔的 m 个正整数，依次表示每项科目的最晚开始时间。 样例 1 输入
样例 1 输出
样例 1 说明五项科目间没有依赖关系，都可以从第 1 天就开始训练。 10 天时间恰好可以完成所有科目的训练。其中科目 1 耗时仅 1 天，所以最晚可以拖延到第 10 天再开始训练；而科目 5 耗时 10 天，必须从第 1 天就开始训练。 样例 2 输入
样例 2 输出
样例 2 说明七项科目间的依赖关系如图所示，其中仅科目 5 无法在 10 天内完成训练。
具体来说，科目 5 依赖科目 2、科目 2 又依赖于科目 1，因此科目 5 最早可以从第 4 天开始训练。 样例 3 输入
样例 3 输出
子任务70 的测试数据满足：顿顿无法在 n 天内完成全部 m 项科目的训练，此时仅需输出一行“最早开始时间”； 全部的测试数据满足 0<n≤365 且 0<m≤100。 |
真题来源：训练计划
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直接无脑解(70分)：
n, m = map(int,input().split())
p = [0]+[i for i in map(int,input().split())]
t = [0]+[i for i in map(int,input().split())]
earliest = [0 for _ in range(m+1)]
latest = [0 for _ in range(m+1)]
# 将每个科目的最早时间确定
for i in range(1,m+1):
if p[i]==0:
earliest[i] = 1
else:
earliest[i] = earliest[p[i]]+t[p[i]]
# 输出每项科目的最早开始时间
print(*earliest[1:])运行结果：
错误解析：
这种解法属于第二题看到题直白写就好， 由于70% 的测试数据满足：顿顿无法在 n 天内完成全部 m 项科目的训练，此时不需要考虑最晚开始时间是否输出的问题，这是不符题意的，但也有70分入手。
pyhon满分题解：
n, m = map(int,input().split())
p = [0]+[i for i in map(int,input().split())]
t = [0]+[i for i in map(int,input().split())]
earliest = [0 for _ in range(m+1)]
latest = [0 for _ in range(m+1)]
mark = 1
# 将每个科目的最早时间确定
for i in range(1,m+1):
if p[i]==0:
earliest[i] = 1
else:
earliest[i] = earliest[p[i]]+t[p[i]]
# 判断所有科目最早开始的情况是否可以完成所有科目
if earliest[i]+t[i]-1>n:
mark = 0
# 输出每项科目的最早开始时间
print(*earliest[1:])
# 判断是否可以完成项目
if mark==1:
# 将确定每个科目的最晚，从最后的科目往前推，需要把依赖该科目的科目所消耗时间算上
for i in range(m, 0, -1):
temp = 366
for j in range(i+1, m+1):
#寻找是否有依赖该科目的科目
if p[j] == i:
temp = min(temp, latest[j])
#如果没有被依赖，那么最晚开始时间 = 最后期限 - 持续时间的时刻
if temp == 366:
latest[i] = n-t[i]+1
#如果有被依赖，那么最晚开始时间 = 依赖它的科目的最晚开始的时刻最小的科目 - 本身的持续时间的时刻
else:
latest[i] = temp-t[i]
# 输出每项科目的最早开始时间
print(*latest[1:])运行结果：
思路解析：
在最早开始时间的计算中，每一个科目的最早开始时间依赖于它的前继科目；
而在最晚开始时间的计算中，由于某科目是被别的科目依赖的，所以计算它的最晚开始时间时要考虑依赖它的科目能否如期完成，所以我们做个标记 mark ，如果最早可以完成，则继续分析最晚开始时间；
而将确定每个科目的最晚，需要从最后的科目往前推，因为如果有依赖的科目，需要把依赖该科目的科目所消耗时间算上，如果没有被依赖，那么最晚开始时间 = 最后期限 – 持续时间的时刻，如果有被依赖，那么最晚开始时间 = 依赖它的科目的最晚开始的时刻最小的科目 – 本身的持续时间的时刻。
c++满分题解：
#include<iostream>
#include<cmath>
using namespace std;
const int N = 101;
int n, m;
int p[N], t[N];
int earliest[N], latest[N];
int main() {
int mark = 1;
cin >> n >> m;
for (int i = 1; i <= m; i++)
cin >> p[i];
for (int i = 1; i <= m; i++)
cin >> t[i];
// 将每个科目的最早时间确定
for (int i = 1; i <= m; i++) {
if (p[i] == 0)
earliest[i] = 1;
else
earliest[i] = earliest[p[i]] + t[p[i]];
// 判断所有科目最早开始的情况是否可以完成所有科目
if (earliest[i] + t[i] - 1 > n)
mark = 0;
}
// 输出每项科目的最早开始时间
for (int i = 1; i <= m; i++)
cout << earliest[i] << " ";
cout << endl;
// 判断是否可以完成项目
if (mark == 1) {
// 将确定每个科目的最晚，从最后的科目往前推，需要把依赖该科目的科目所消耗时间算上
for (int i = m; i >= 1; i--) {
int temp = 366;
for (int j = i + 1; j <= m; j++) {
// 寻找是否有依赖该科目的科目
if (p[j] == i)
temp = min(temp, latest[j]);
}
// 如果没有被依赖，那么最晚开始时间 = 最后期限 - 持续时间的时刻
if (temp == 366)
latest[i] = n - t[i] + 1;
// 如果有被依赖，那么最晚开始时间 = 依赖它的科目的最晚开始的时刻最小的科目 - 本身的持续时间的时刻
else
latest[i] = temp - t[i];
}
// 输出每项科目的最晚开始时间
for (int i = 1; i <= m; i++)
cout << latest[i] << " ";
}
return 0;
}运行结果：
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