题目大意：
给你n个作业的名字，截止时间，完成需要的时间，数据按照字典序大小给你
让你求出完成这个n个作业的最小延误时间（即超时时间），并输出字典序最小的安排顺序。
题解：
经典状压dp入门题，
其实就是暴力枚举，只不过压缩一下用一个数表示全部的状态，然后暴力枚举所有状态，维护答案。我们首先需要发现一个关键点：n的范围不大，最大只有15，那么我们就可以考虑枚举所有作业的状态，
即用一个长度为15位的2进制数表示，为0表示该作业未完成，为1表示该作业已经完成。这样我们就可以用0~(1<<15)-1来表示完成作业情况的所有状态。
然后我们来考虑状态，定义dp[i]表示状态为i时的最小延误时间，不难得到状态转移方程
dp[i]=min(dp[j]+从j状态转移到i状态的延误时间,dp[i])，这里j必须要是i的子状态，即i为111时，j必须要是110,011,101这几种状态，不难发现这个子状态就是i-(1<<j)（需要保证i&(1<<j)==1)，而且我们需要倒着枚举，因为要保证字典序最小，
这样才能保证倒着枚举时，后面的能被前面的更新到，因为前面的字典序小。
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记录路径输出时可以用栈，也可以直接利用递归来输出，本质也是栈。
代码实现
#pragma GCC optimize(2) #include<iostream> #include<algorithm> #include<cmath> #include<cstring> #include<cstdio> #include<cstdlib> #include<vector> #include<map> #include<set> #include<stack> #include<queue> #define PI atan(1.0)*4 #define E 2.718281828 #define rp(i,s,t) for (register int i = (s); i <= (t); i++) #define RP(i,t,s) for (register int i = (t); i >= (s); i--) #define ll long long #define ull unsigned long long #define mst(a,b) memset(a,b,sizeof(a)) #define lson l,m,rt<<1 #define rson m+1,r,rt<<1|1 #define pii pair<int,int> #define mp make_pair #define pb push_back #define debug printf("ac\n"); using namespace std; inline int read() { int a=0,b=1; char c=getchar(); while(c<'0'||c>'9') { if(c=='-') b=-1; c=getchar(); } while(c>='0'&&c<='9') { a=(a<<3)+(a<<1)+c-'0'; c=getchar(); } return a*b; } const int INF = 0x3f3f3f3f; const int N = 1e5+7; struct node{ string s; int d,c; bool operator <(const node b){ return d<b.d; } }p[20]; int dp[N],path[N]; int time[N],dead[N],cost[N]; void output(int x){ if(!x) return ; output(x-(1<<path[x])); cout<<p[path[x]].s<<endl; } int main(){ int T=read(); while(T--){ mst(dp,0); int n=read(); rp(i,0,n-1) cin>>p[i].s>>p[i].d>>p[i].c; rp(i,1,(1<<n)-1){ dp[i]=INF; RP(j,n-1,0){ if(i&(1<<j)){ int last=i-(1<<j); int t=time[last]+p[j].c-p[j].d>0?time[last]+p[j].c-p[j].d:0; if(dp[i]>dp[last]+t){ dp[i]=dp[last]+t; path[i]=j; time[i]=time[last]+p[j].c; } } } } printf("%d\n",dp[(1<<n)-1]); output((1<<n)-1); } return 0; }
