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  • 单点时限:1000ms 内存限制:256MB 描述 给定 N 项任务的起至时间( S1, E1 ), ( S2, E2 ), ..., ( SN, EN ), 计算最少需要多少台机器才能按时完成所有任务。 同一时间一台机器上...

    #1309 : 任务分配

    时间限制:10000ms
    单点时限:1000ms
    内存限制:256MB

    描述

    给定 N 项任务的起至时间( S1E1 ), ( S2E2 ), ..., ( SNEN ), 计算最少需要多少台机器才能按时完成所有任务。

    同一时间一台机器上最多进行一项任务,并且一项任务必须从头到尾保持在一台机器上进行。任务切换不需要时间。

    输入

    第一行一个整数 N,(1 ≤ N ≤ 100000),表示任务的数目。 以下 N 行每行两个整数 SiEi,(0 ≤ Si < Ei ≤ 1000000000),表示任务的起至时间。

    输出

    输出一个整数,表示最少的机器数目。

    样例输入
    5
    1 10
    2 7
    6 9
    3 4
    7 10
    样例输出
    3
    思路:优先队列,首先按开始时间排序,遍历排序后的数据,将结束时间放入优先队列里。每次判断开始时间是否晚于优先队列里最早的结束时间。若晚,则不必分配新的机器,将所比较的结束时间优先队列里删除。否则,添加新的机器。两种操作最后都要把所遍历的结束时间加入优先队列。

    #include<stdio.h>
    #include<algorithm>
    #include<queue>
    #include<vector>
    #define ll long long
    using namespace std;
    struct times
    {
        ll x,y;
        bool operator <(const times&T) const
        {
        	return T.y<y;
    	}
    }t[100010];
    bool cmp(const times &a,const times &b)
    {
        return (a.x==b.x?a.y<b.y:a.x<b.x);
    }
    
    int main()
    {
        int n;
        scanf("%d",&n);
        int i;
        for(i=0;i<n;i++)
            scanf("%lld%lld",&t[i].x,&t[i].y);
        sort(t,t+n,cmp);
        priority_queue<times> q;
        q.push(t[0]);
        ll ans=1;
        for(i=1;i<n;i++)
        {
            if(t[i].x<q.top().y)
                ans++;
            else
                q.pop();
            q.push(t[i]);
        }
        printf("%d\n",ans);
    }
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  • 时限:2000MS 内存:65536KB 64位IO格式:%lld & %llu 问题描述 Calculating the derivation of a polynomial is an easy task. Given a function f(x) , we use (f(x))' to denote its derivati

    E - Easy Task
    时限:2000MS     内存:65536KB     64位IO格式:%lld & %llu

    问题描述

    Calculating the derivation of a polynomial is an easy task. Given a function f(x) , we use (f(x))' to denote its derivation. We use x^n to denote xn. To calculate the derivation of a polynomial, you should know 3 rules: 
    (1) (C)'=0 where C is a constant. 
    (2) (Cx^n)'=C*n*x^(n-1) where n>=1 and C is a constant. 
    (3) (f1(x)+f2(x))'=(f1(x))'+(f2(x))'. 
    It is easy to prove that the derivation a polynomial is also a polynomial.

    Here comes the problem, given a polynomial f(x) with non-negative coefficients, can you write a program to calculate the derivation of it?


    输入

    Standard input will contain multiple test cases. The first line of the input is a single integer T (1 <= T <= 1000) which is the number of test cases. And it will be followed by T consecutive test cases.

    There are exactly 2 lines in each test case. The first line of each test case is a single line containing an integer N (0 <= N <= 100). The second line contains N + 1 non-negative integers, CNCN-1, ..., C1C0, ( 0 <= Ci <= 1000), which are the coefficients of f(x). Ci is the coefficient of the term with degree i in f(x). (CN!=0)


    输出

    For each test case calculate the result polynomial g(x) also in a single line. 
    (1) If g(x) = 0 just output integer 0.otherwise 
    (2) suppose g(x)= Cmx^m+Cm-1x^(m-1)+...+C0 (Cm!=0),then output the integers Cm,Cm-1,...C0.
    (3) There is a single space between two integers but no spaces after the last integer. 


    样例输入

    3
    0
    10
    2
    3 2 1
    3
    10 0 1 2
    


    样例输出

    0
    6 2
    30 0 1


    分析:水题。一开始读题没明白题意,来回看了几遍,尝试了一下例子,写了代码提交就AC了。

    大体题意:输入一个N值,代表第一个x的指数,然后指数是下降的,直到最后一个是常数,所以最后一个数并没有什么卵用。然后对函数进行求一次导,输出每一个系数的值。因此,用输入第i的数乘以N-i+1得到值就是答案。


    CODE:

    <span style="font-size:18px;">#include <iostream>
    using namespace std;
    
    int main()
    {
        int t;
        cin>>t;
        while(t--){
            int n,tmp,a;
            cin>>n;
            tmp=n;
            int ans[105];
            for(int i=0;i<=n;i++){
                cin>>a;
                ans[i]=a*tmp;
                tmp--;
            }
            cout<<ans[0];
            for(int i=1;i<n;i++)
                cout<<' '<<ans[i];
            cout<<endl;
        }
        return 0;
    }</span>



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  • 题意:给出n个任务+m台机器,还有一个任务处理时限+开始时间+结束时间,一个时刻里一台机器只能处理一个任务,但是一个任务可以在不同机器处理,问能否处理完所有任务? 方法:最大流。这个题的建图算是经典,因为...

    学了几天的网络流,感觉还是ISAP算法比较实用,用这道题整理了一下,可以当作模版

    题意:给出n个任务+m台机器,还有一个任务处理时限+开始时间+结束时间,一个时刻里一台机器只能处理一个任务,但是一个任务可以在不同机器处理,问能否处理完所有任务?

    方法:最大流。这个题的建图算是经典,因为限定每个时刻每台机器只能处理一个任务,所以可以把时间点分配给各个合法的机器...具体是先设定一个超 级源点S(我设为0这个点),连向各个任务,容量为该任务所需时间,各个任务连向在范围内的时间点,容量为1,所有时间点连向超级汇点T,容量为机器台数,最后求最大流,等于所有机器所需时间和的就是yes,否则就是no。

    #include <iostream>
    #include <cstdio>
    #include <cstring>
    #include <string>
    #include <queue>
    #include <cmath>
    #include <vector>
    #include <algorithm>
    #include <limits.h>
    using namespace std;
    #define inf 1e8
    #define maxm 400000
    #define maxn 1100
    int head[maxn],eid;
    int dis[maxn];//残量网络中节点i到汇点t的最短距离
    int num[maxn];//和t的最短距离等于i的节点数量
    int cur[maxn];//当前弧下标
    int pre[maxn];//可增广路上的上一条弧的编号
    struct node
    {
        int v,cap,next;
    } edge[maxm];
    void add(int u,int v,int cap)
    {
        edge[eid].v=v;
        edge[eid].cap=cap;
        edge[eid].next=head[u];
        head[u]=eid++;
        edge[eid].v=u;
        edge[eid].cap=0;
        edge[eid].next=head[v];
        head[v]=eid++;
    }
    void bfs(int source,int sink)//预处理,利用反向BFS,更新dis数组
    {
        queue<int>q;
        while(!q.empty()) q.pop();
        memset(num,0,sizeof(num));
        memset(dis,-1,sizeof(dis));
        q.push(sink);
        dis[sink]=0;
        num[0]=1;
        while(!q.empty())
        {
            int u=q.front();
            q.pop();
            for(int i=head[u]; i!=-1; i=edge[i].next)
            {
                int v=edge[i].v;
                if(dis[v]==-1)
                {
                    dis[v]=dis[u]+1;//找允许弧
                    num[dis[v]]++;
                    q.push(v);
                }
            }
        }
    }
    int isap(int source,int sink,int n)//n为残量网络中的节点到汇点的最大距离,通常节点的个数,即上限
    {
        memcpy(cur,head,sizeof(cur));
        int flow=0,u=pre[source]=source;
        bfs(source,sink);//更新dis数组
        while(dis[source]<n)
        {
            if(u==sink)
            {
                int df=inf,pos;
                for(int i=source;i!=sink;i=edge[cur[i]].v)//追踪增广路路径,最小残量df
                {
                    if(df>edge[cur[i]].cap)
                    {
                        df=edge[cur[i]].cap;
                        pos=i;
                    }
                }
                for(int i=source;i!=sink;i=edge[cur[i]].v)//更新流量
                {
                    edge[cur[i]].cap-=df;
                    edge[cur[i]^1].cap+=df;
                }
                flow+=df;
                u=pos;
            }
            int st;
            for(st=cur[u];st!=-1;st=edge[st].next)//从当前弧开始查找允许弧
                if(dis[edge[st].v]+1==dis[u]&&edge[st].cap)//找到允许弧跳出
                    break;
            if(st!=-1)
            {
                cur[u]=st;
                pre[edge[st].v]=u;
                u=edge[st].v;
            }
            else
            {
                if((--num[dis[u]])==0) break;//GAP优化,出现断层结束
                int mind=n;
                for(int id=head[u];id!=-1;id=edge[id].next)//retreat操作:更新dis数组
                {
                    if(mind>dis[edge[id].v]&&edge[id].cap)
                    {
                        cur[u]=id;//修改标号的同时修改当前弧
                        mind=dis[edge[id].v];
                    }
                }
                dis[u]=mind+1;
                num[dis[u]]++;
                if(u!=source) u=pre[u];// 回溯继续寻找允许弧
            }
        }
        return flow;
    }
    void init()
    {
        memset(head,-1,sizeof(head));
        eid=0;
    }
    int main()
    {
        //freopen("in.txt","r",stdin);
        int t,n,m,a,b,c;
        scanf("%d",&t);
        for(int cas=1; cas<=t; cas++)
        {
            init();
            int sum=0,tt=0;
            scanf("%d%d",&n,&m);
            for(int i=1; i<=n; i++)
            {
                scanf("%d%d%d",&a,&b,&c);
                sum+=a;
                if(c>tt) tt=c;
                add(0,i,a);
                for(int j=b; j<=c; j++)
                    add(i,n+j,1);
            }
            int sink=n+tt+1;
            for(int i=1; i<=tt; i++)
                add(n+i,sink,m);
            printf("Case %d: ",cas);
            int ans=isap(0,sink,sink);
            if(ans==sum) printf("Yes\n\n");
            else printf("No\n\n");
        }
        return 0;
    }

     

    转载于:https://www.cnblogs.com/d-e-v-i-l/p/4765875.html

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  • 等待在时限内完成 超时后结束 ThreadPool.UnsafeQueueUserWorkItem() 1 非原生支持1 非原生支持 非原生支持3 不支持 ThreadPool.QueueUserWorkItem() 2.7 非原生支持1 非原生支持 非原生支持3 ...
      速度(最快为1) 返回值 多参数 等待在时限内完成 超时后结束
    ThreadPool.UnsafeQueueUserWorkItem() 1 非原生支持1 非原生支持 非原生支持3 不支持
    ThreadPool.QueueUserWorkItem() 2.7 非原生支持1 非原生支持 非原生支持3 不支持
    Task() 4.5 支持2 非原生支持 支持 自愿结束
    Delegate.BeinInvoke() 25.4 非原生支持1 支持 支持4 不支持
    Thread.Start() 11009 非原生支持1 非原生支持 非原生支持3 支持
    1. ThreadPool.UnsafeQueueUserWorkItem(()=>result=Add(1,2));

    2. Task<>

    3. 里面在程序末尾EventWaitHandle.Set(),外面WaitOne(TimeSpan)。

    4. 获得BeginInvoke的返回值asyncResult,再调asyncResult.AsyncWaitHandle.WaitOne();

     


    有图有真相。这是各种异步方法循环调用N次所需的时间。

    代码如下:

         static void Main(string[] args)
            {
                Action threadStart = (() => { });
                WaitCallback waitCallback = new WaitCallback(a => { });
                Stopwatch stopWatch = new Stopwatch();
    
                stopWatch.Reset();
                stopWatch.Start();
                for (int i = 0; i < 10000; i++)
                {
                    System.Threading.ThreadPool.UnsafeQueueUserWorkItem(waitCallback, null);
                }
                stopWatch.Stop();
                Console.WriteLine("{0,-40}{1}", "ThreadPool.UnsafeQueueUserWorkItem():", stopWatch.ElapsedTicks);
                GC.Collect();
    
                stopWatch.Reset();
                stopWatch.Start();
                for (int i = 0; i < 10000; i++)
                {
                    System.Threading.ThreadPool.QueueUserWorkItem(waitCallback);
                }
                stopWatch.Stop();
                Console.WriteLine("{0,-40}{1}", "ThreadPool.QueueUserWorkItem():", stopWatch.ElapsedTicks);
                GC.Collect();
    
                stopWatch.Reset();
                stopWatch.Start();
                for (int i = 0; i < 10000; i++)
                {
                    Task t = new Task(threadStart);
                    t.Start();
                }
                stopWatch.Stop();
                Console.WriteLine("{0,-40}{1}", "Task():", stopWatch.ElapsedTicks);
                GC.Collect();
    
                stopWatch.Reset();
                stopWatch.Start();
                for (int i = 0; i < 10000; i++)
                {
                    threadStart.BeginInvoke(null, null);
                }
                stopWatch.Stop();
                Console.WriteLine("{0,-40}{1}", "Delegate.BeinInvoke():", stopWatch.ElapsedTicks);
    
            } 

    注意,上面BeginInvoke的用法并不完整,应当再调用EndInvoke。但是鉴于BeginInvoke已经最慢了,EndInvoke便不加了。

    所以,如果无需返回值,一般就用ThreadPool吧,要更多控制,就Task。鄙人想不到用BeginInvoke的时机。

     

    转载于:https://www.cnblogs.com/hnsongbiao/p/5064760.html

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    2017-09-08 18:31:00
    最近在项目中看到太多后台task中使用Executor框架,提交任务后,把future都一个个加入到list,再一个个get这些future的代码。 这个的问题在于一方面没有时限,可能会被某些运行缓慢的future拖很久。即便使用带超时...
  • 3130 排序

    2016-11-11 20:46:06
    Task 给出1-n的全排列,m次操作分为两种: ① (0,l,r)将区间[l,r]升序排列 ② (1,l,r)将区间[l,r]降序排列。 n,m 6秒的时限,真是个暴力的好时机 用sort函数sort(A+l,A+r+1,cmp)可以对区间[l,r]升序或者降序...
  • HDU 3572Task Schedule  这种题一开始完全想不出模型,题目做多了之后就有感觉了。  对于这道题,求一次最大流,判断是否满流就可以了。  建图:添加超级源点和汇点,对于每个任务,从源点向其连一条边,权值...
  • Java Concurrency in Practice Java并发编程实践 中英文版

    千次下载 热门讨论 2013-07-16 13:13:11
    6.3.7 为任务设置时限 6.3.8 示例:旅行预定门户网站 第7章 取消与关闭 7.1 任务取消 7.1.1 中断 7.1.2 中断策略 7.1.3 响应中断 7.1.4 示例:计时运行 7.1.5 通过Future来实现取消 7.1.6 处理不可中断的...
  • 尚硅谷_HDFS_数据完整性.avi 82_尚硅谷_HDFS_掉线时限参数设置.avi 83_尚硅谷_HDFS_服役新节点_案例.avi 84_尚硅谷_HDFS_添加白名单_案例.avi 85_尚硅谷_HDFS_黑名单退役_案例.avi 86_尚硅谷_HDFS_DN多目录配置_案例...
  • 其中 OSTCBDly 用来存放任务等待时限(节拍数)。 其中 OSTCBPrio 用来存放任务的优先级。 所有任务控制块分为2条链表:空闲任务块链表和任务块链表。 空闲任务块是uC/OS-Ⅱ的全局数据结构 OSInit()创建空闲任务...

空空如也

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时限task