``` #include<iostream> #include<vector> using namespace std; inline int put(int posbefore,int need,vector<bool> &machinelem) { int pos;int cnt=0; for(int i=posbefore;;i++) { if (i >= (int)machinelem.size()) machinelem.push_back(false); if (!machinelem[i]) cnt++; else cnt = 0; if (cnt == need) { pos= i - need + 1; break; } } for(int j=pos;j<need+pos;j++) { machinelem[j]=1; } pos+=need; return pos; } inline int maxself(vector<bool> &save) { int x=(int)save.size()-1; while(x>0&&save[x]==0) x--; return x+1; } int maxope(vector<vector<bool>> &m) { int maxnumber=0; int len=m.size(); for(int i=0;i<len;i++){ if(maxself(m[i])>maxnumber) maxnumber=maxself(m[i]); } return maxnumber; } int main() { int m,n; cin>>m>>n; vector<int> arr(m*n); for(int i=0;i<m*n;i++) { cin>>arr[i]; } vector<vector<int>> arr1(n,vector<int>(m)),arr2(n,vector<int>(m));//number,time for(int i=0;i<n;i++) { for(int j=0;j<m;j++) {cin>>arr1[i][j]; } } for(int i=0;i<n;i++) { for(int j=0;j<m;j++) {cin>>arr2[i][j]; } } vector<int> record(n,0);//寻找次数,最大到m，记录到达该件的哪个工序 int number=0; vector<vector<bool>> machine(m,vector<bool>(100,0)); vector<int> posbefore(n,0); //记录m个机器操作过程哪里被填充 for(int i=0;i<m*n;i++) { int j=arr[i]-1; int z=record[j]; int mm=arr1[j][z]-1; posbefore[j]=put(posbefore[j],arr2[j][z],machine[mm]); record[j]++; } number=maxope(machine); cout<<number; return 0; }```洛谷作业调度，提交测评，5个过，三个wa，还有两个re signal6 找出问题

<think>嗯，用户给了一个关于洛谷作业调度问题的C++代码，说提交测评时5个过了，3个WA，还有两个RE，特别是signal 6错误。我得仔细看看代码的问题在哪里。 首先，用户代码的大致逻辑是处理作业调度，用机器来模拟处理工序。代码里用了vector来记录机器的占用情况，可能是动态扩展数组。问题可能出在数组越界或者逻辑错误。 先看put函数。这个函数的作用是在机器上找到足够的位置放置工序。循环是从posbefore开始，检查machinelem数组是否有足够的连续空闲位置（由need决定）。当找到后，标记这些位置为占用，并返回下一个可能的位置。 这里有个潜在问题：machinelem是动态扩展的，当i超过当前大小时，会push_back(false)。但是循环的条件是无限循环，直到找到足够的空间。如果初始machinelem.size()很小，可能循环次数太多导致效率问题，或者在某些情况下导致数组过大，但更可能的是逻辑错误，比如没有正确计算位置。 另外，在put函数中，找到位置后，pos被赋值为i - need + 1。这里i是当前循环的位置，当cnt等于need时，i的位置是连续的第need个位置。所以起始位置应该是i - need + 1？例如，如果need=3，i从0开始，当i=2时，cnt=3，那么起始位置是0。这可能是正确的。但要注意数组下标是否正确。 另一个问题是，在put函数中，处理完位置后，pos += need，然后返回这个值。这可能是作为下一次的posbefore参数传入。例如，下一次放置同一机器的工序时，应该从pos开始找。但如果在同一机器上多次调用put，是否会出现pos超过当前machinelem.size()的情况？比如，当machinelem已经被扩展过多次，但posbefore可能被设置为一个较大的值，导致循环中的i从较大的位置开始，而machinelem可能还没扩展到那个大小，这时候push_back(false)会增加到数组末尾，但i可能远超过当前size，导致循环无法结束？ 比如，假设machinelem的当前size是100，而posbefore是200，那么在第一次循环时，i=200，判断i >= size，于是push_back(false)，此时size变为101，但i还是200，再次循环，继续push_back，直到i循环到某个点，这会导致无限循环，因为每次i++，但push_back一次只能增加一个元素。这会导致程序卡死，或者当内存耗尽时崩溃，出现RE。 这就是问题所在！当posbefore的值超过当前machinelem的size时，i从posbefore开始，每次循环i++，并且如果i >= size，就push_back一个元素。但是，假设需要找到连续的need个位置，比如need=5，此时i从posbefore=1000开始，那么每次循环i会递增，而machinelem的size每次只增加1，这样要到达i=1000+5的位置可能需要成千上万次循环，导致时间超限或者内存不足，或者更可能的是，当need很大时，根本无法满足连续的need个空闲位置，导致无限循环，从而触发超时或RE。 例如，当机器mm的当前machinelem的size是100，但posbefore是200，那么在put函数中，i从200开始。第一次循环，i=200 >= 100，所以push_back，size变为101。接着i++到201，继续push_back，直到i增加到某个值，而每次只能增加一个元素。这时候，为了找到连续的need个位置，可能需要循环到i=200 + need的位置，这期间会不断push_back，导致machinelem的size变得非常大，甚至内存耗尽。或者在极端情况下，无法满足条件，导致无限循环，从而引发程序崩溃，比如signal 6（SIGABRT，可能由于内存分配失败或assert失败）。 所以，问题出在put函数中，当posbefore的值远大于当前machinelem.size()时，循环无法有效找到足够的空间，导致数组无限增长或死循环。这会导致RE或TLE。 解决办法是，当posbefore超过当前machinelem.size()时，可以直接从machinelem.size()的位置开始寻找，因为后面的位置都是未被分配的，可以直接扩展足够的空间，而不需要逐个push_back。例如，如果machinelem当前的size是s，而posbefore >= s，那么可以直接在s的位置开始，此时需要至少need个连续的空闲位置（即未被占用的位置），而实际上，这些位置都不存在，所以可以直接在s的位置分配need个位置，这样就能直接找到连续的块。 因此，修改put函数，当posbefore >= machinelem.size()时，可以直接将起始位置设置为machinelem.size()，并扩展数组，填充这些位置，然后返回新的位置。 例如，在put函数中，首先检查posbefore是否超过当前size。如果是的话，那么可以直接在末尾添加need个元素，标记为占用，并返回machinelem.size() + need的位置。或者，寻找的位置可以直接在末尾，无需遍历之前的元素，因为那些位置都不存在，所以都是可用的。 这样就能避免从posbefore开始逐个检查，导致大量无效的循环和数组扩展。 另外，在put函数中，循环开始前，可能需要先处理posbefore的值是否合理。例如，如果posbefore大于等于当前machinelem.size()，那么从machinelem.size()开始找，因为前面的位置不存在，都是false吗？或者machinelem中被push_back的位置初始化为false？是的，因为push_back(false)会添加一个false元素，所以当i >= size时，添加false，也就是空闲的。 所以，当posbefore很大时，每次循环i从posbefore开始，检查i是否>=size，然后添加一个false，i继续增加，每次添加一个元素。这样，当need很大时，比如need=1e5，那么循环会执行1e5次，每次添加一个元素，这会导致时间复杂度过高，导致TLE或RE（内存不足）。 因此，正确的做法应该是，当posbefore >= current_size时，直接在current_size的位置开始分配，因为从current_size到posbefore+need的位置都是可以连续分配的，无需逐个检查。因为这些位置之前不存在，所以都是false，可以组成连续的need个位置。 因此，在put函数中，可以首先计算当前size，如果posbefore >= size，那么直接扩展数组到size + need，将这些位置标记为占用，然后返回新的posbefore + need。这样就避免了逐个添加的问题。 所以修改put函数： int put(int posbefore, int need, vector<bool> &machinelem) { int current_size = machinelem.size(); if (posbefore >= current_size) { // 可以直接在末尾添加need个元素，并标记为占用 int start_pos = current_size; machinelem.resize(current_size + need, true); // 这里可能需要用insert或循环push_back？或者直接resize并填充为true？ // 因为原来的元素是到current_size-1，现在扩展到current_size + need -1 // 但是vector<bool>的resize可能会有问题，因为需要将新添加的元素初始化为true？ for (int j = start_pos; j < start_pos + need; ++j) { machinelem.push_back(true); // 或者直接resize并填充？ } return start_pos + need; } else { // 原来的逻辑，遍历找到足够的位置 // 但可能需要优化，避免逐个扩展 // ... } } 不过这可能有问题，因为原来的逻辑是在machinelem数组中寻找连续的空闲位置。当posbefore在数组范围内时，需要继续原来的逻辑；而当posbefore超过数组长度时，后面的位置都是未分配的，可以视为连续的false，所以直接分配即可。但原逻辑中的machinelem在i>=size时会被push_back(false)，所以当posbefore >= size时，后面的位置都是false，所以可以计算是否有足够的空间。 例如，当posbefore >= size，那么从posbefore开始的区域都是不存在的，所以需要扩展到至少posbefore + need的位置，然后检查是否有足够的连续false。但这样的扩展会导致大量的push_back，效率低下。 另一种方法是，当posbefore >= size，那么连续的可用空间的大小是无限的（因为未被分配的位置视为空闲），所以可以立即在posbefore的位置开始分配，无需检查。因为此时从posbefore到posbefore + need -1的位置都是不存在的，但每次循环时，当i超过size时，会自动push_back一个false，这样连续添加need次，所以当循环到i=posbefore时，需要添加posbefore + need - size次元素。但这会导致每次添加一个元素，直到满足条件。当need很大时，这会导致超时。 因此，正确的做法是，当posbefore >= current_size时，可以直接在current_size的位置开始分配，因为之后的位置都是空闲的（未被分配），所以可以立即分配连续的need个位置，而无需检查。 例如，假设current_size是100，posbefore是200，need是50。那么从200开始的位置都是不存在的，因此可以立即分配从current_size（100）的位置开始，连续分配50个位置，这需要将machinelem扩展到100 +50 =150，并将这些位置标记为true。这样，不需要逐个检查，而是直接扩展。 所以修改put函数： 在put函数开始时，处理两种情况： 1. posbefore的位置在现有数组范围内：需要遍历寻找足够的连续空间。 2. posbefore的位置在数组范围外：直接扩展数组到posbefore + need，并填充这些位置为true。或者更高效的是，直接计算从当前数组的末尾开始分配足够的空间。 例如： int put(int posbefore, int need, vector<bool> &machinelem) { int start_pos; if (posbefore >= (int)machinelem.size()) { // 当前数组末尾到posbefore之前的位置都是空闲的，可以分配在数组末尾 start_pos = machinelem.size(); machinelem.resize(start_pos + need, true); return start_pos + need; } // 否则，继续原来的逻辑，寻找连续空间 int cnt = 0; int i; for (i = posbefore; ; i++) { if (i >= (int)machinelem.size()) { machinelem.push_back(false); } if (!machinelem[i]) { cnt++; } else { cnt = 0; } if (cnt == need) { start_pos = i - need + 1; break; } } // 标记这些位置为true for (int j = start_pos; j < start_pos + need; j++) { machinelem[j] = true; } return start_pos + need; } 这样，当posbefore大于等于当前数组大小时，直接在数组末尾扩展need个位置，并将它们标记为占用（true）。这样避免了逐个push_back，提高效率，并解决了可能的死循环问题。 这可能就是导致RE的原因，因为当posbefore很大时，原代码中的循环会不断push_back，导致数组过大或者超时，而修改后直接扩展数组到所需的大小。 另一个可能的问题是，在put函数中，当找到start_pos后，标记这些位置为true时，是否越界。例如，原代码中的循环可能i已经超过了数组的大小，导致machinelem[j]访问越界。例如，当machinelem的size是s，而j的范围是start_pos到start_pos+need-1，其中start_pos+need-1可能大于等于s。这会导致访问越界。 例如，原代码中的处理是，在循环中，当i >= size时，push_back(false)，所以当找到足够的位置时，数组的大小可能已经被扩展到足够大。例如，当start_pos是i - need +1，而i是某个位置，那么start_pos + need -1 = i，此时数组的大小至少是i+1。所以在标记为true时，数组的大小是足够的，不会越界。 所以这部分可能没问题。 现在看主函数中的处理。每次处理一个工序，调用put函数，将posbefore[j]更新为返回的新位置。这里的j是工件的编号，每个工件可能有多个工序，每个工序对应不同的机器。因此，每个机器有一个machine数组，记录时间片的占用情况。 另一个可能的问题是在maxself函数中，计算某个机器的最大时间点。例如，maxself遍历数组，找到最后一个true的位置，返回x+1。假设数组是[1,0,0]，则x=0，返回1。但如果数组全为false，返回0+1=1？这可能有问题，因为如果机器从未被使用过，maxself应返回0，但此时返回的是x+1，其中x初始化为数组大小-1，循环后可能为-1，但循环条件是x>0，所以当x=0时，循环不执行，返回0+1=1？比如，如果save.size()为0，则maxself返回0+1=1？这显然不正确。 比如，machinelem可能是一个空的vector，当从未被处理过时，maxself的循环初始x是save.size()-1 = -1，然后循环条件x>0不成立，所以直接返回x+1=0。这正确吗？ 例如，当save.size()为0时，x初始化为-1，循环条件x>0为false，返回x+1=0。这正确，因为机器未被使用过，最大时间为0。 当save.size()为100，且所有元素为false，那么循环中x从99开始，检查save[x]是否为0，是的，所以x递减到0，此时save[0]是0，循环停止，返回x+1=1。但此时机器的时间应该是0，因为没有占用过任何时间。所以maxself函数在这种情况下会错误地返回1，而实际应为0。 这就是问题所在！当机器从未被使用时，maxself返回0，但当机器被分配过时间片但又被释放（比如所有位置都是false）时，maxself返回的是最大的索引+1，这可能不正确。例如，假设machinelem的size是100，但所有元素都是false，那么maxself会返回100，而实际上机器并没有被占用，应该返回0。 这会导致在计算maxope时得到错误的最大值，从而输出错误的总时间。 因此，maxself函数需要修改，正确计算最大的被占用的时间片的结束位置。 正确的逻辑应该是，遍历数组，找到最后一个true的位置，然后返回该位置+1。如果没有true，返回0。 修改maxself函数： int maxself(vector<bool> &save) { int x = (int)save.size() - 1; while (x >= 0 && save[x] == false) { x--; } return x + 1; } 原代码中的循环条件是x>0，所以当x=0时不会检查save[0]，导致可能漏掉最后一个元素。修改为x >=0，这样会检查所有元素。例如，如果save[0]是true，x会停在0，返回1。如果所有元素都是false，x变为-1，返回0。 这样，maxself函数就能正确返回最大的时间点。 这可能解释了部分WA的情况，因为原代码在处理全false的机器时返回错误的值，导致总时间计算错误。 总结问题： 1. put函数在posbefore超过当前数组大小时，导致大量push_back，可能引发RE或TLE。 2. maxself函数中的循环条件错误，导致在某些情况下返回错误的最大时间点。 修改这两个部分应该可以解决问题。 现在，针对原代码的修改： 首先修改put函数，处理posbefore >= current_size的情况，直接扩展数组： 在put函数开始处： int put(int posbefore, int need, vector<bool> &machinelem) { int current_size = machinelem.size(); if (posbefore >= current_size) { // 直接添加到末尾 int start_pos = current_size; machinelem.resize(current_size + need, false); // 先扩展到足够大小 // 然后将这些位置标记为true for (int j = start_pos; j < start_pos + need; ++j) { machinelem[j] = true; } return start_pos + need; } // 否则继续原逻辑 // ...原循环代码 } 但原代码中的处理是，当i >= size时，push_back(false)，所以在原循环中，当posbefore < current_size时，循环可能会扩展数组。这部分逻辑是否正确？ 假设原来的逻辑是正确的，但当posbefore >= current_size时，直接处理，可以避免大量循环。 其次，修改maxself函数： inline int maxself(vector<bool> &save) { int x = (int)save.size() - 1; while (x >= 0 && !save[x]) // save[x] == false x--; return x + 1; } 这样，无论数组是否全为false，都能正确返回0。 这两个修改应该能解决RE和WA的问题。 测试用例： 例如，当机器从未被使用过，maxself返回0。当机器在位置0被占用，返回1。当机器在位置5被占用，返回6。 对于put函数，当posbefore为1000，need为5，current_size为10，那么直接扩展数组到10+5=15，并填充位置10-14为true，返回15。这样避免了逐个push_back，提高效率。 另一个可能的错误是在主函数中，当处理工序时，是否正确地引用了arr1和arr2的索引？例如，arr1和arr2的定义是n行m列，而循环中的i和j是否正确？ 原代码中的arr1和arr2的定义： vector<vector<int>> arr1(n,vector<int>(m)), arr2(n,vector<int>(m)); 然后输入： for(int i=0;i<n;i++) { for(int j=0;j<m;j++) {cin>>arr1[i][j]; } } 同样的arr2。所以arr1[j][z]中的j是工件编号，z是工序编号。每个工件有m个工序？这可能有问题。例如，题目中的每个工件可能有多个工序，但这里的m是否是机器数量？或者这里的n是工件数量，m是每个工件的工序数？ 根据变量命名，m和n可能分别代表机器数和工件数？或者反过来？需要看题目要求。但原代码中的输入方式可能有问题。例如，假设题目中的输入顺序是每个工件的工序数和机器分配，但原代码中arr1和arr2是n行m列，其中n是工件数，m是工序数。这可能导致当工序数不等于m时出现错误，但根据问题中的代码，用户可能假设每个工件有m个工序。这可能与题目的实际要求不符，导致WA。例如，题目中的每个工件可能有不同的工序数，但原代码假设每个工件有m个工序，这可能错误。 但用户提到代码在洛谷提交时有部分通过，所以可能问题中的每个工件确实有m个工序。不过这可能因题而异，但原代码中的错误可能不在于此。 综上，主要问题在于put函数和maxself函数。修改这两个部分应该能解决大部分问题。</think>该代码存在两个关键问题，导致部分测试用例出现错误（WA）和运行时错误（RE）： --- ### 一、`put` 函数中的 **数组越界与死循环风险** **问题分析**： 1. 当 `posbefore` 远大于当前 `machinelem` 数组长度时，循环会逐个 `push_back`，导致数组膨胀效率极低。 2. 若 `need` 较大，可能导致 **超时（TLE）** 或 **内存耗尽（RE）**。 **修复方案**： ```cpp inline int put(int posbefore, int need, vector<bool> &machinelem) { int current_size = machinelem.size(); if (posbefore >= current_size) { // 直接处理尾部追加 int start = current_size; machinelem.resize(start + need, false); // 预分配空间 fill(machinelem.begin() + start, machinelem.begin() + start + need, true); return start + need; } // 原逻辑处理已有范围内的查找 int cnt = 0, pos = 0; for (int i = posbefore;; i++) { if (i >= (int)machinelem.size()) machinelem.push_back(false); if (!machinelem[i]) cnt++; else cnt = 0; if (cnt == need) { pos = i - need + 1; break; } } fill(machinelem.begin() + pos, machinelem.begin() + pos + need, true); return pos + need; } ``` --- ### 二、`maxself` 函数中的 **逻辑错误** **问题分析**： 1. 原代码在遍历数组时错误地使用 `x > 0` 作为条件，导致最后一个元素（`x=0`）未被检查。 2. 当机器完全未被使用时，错误返回 `1`（正确应为 `0`）。 **修复方案**： ```cpp inline int maxself(vector<bool> &save) { int x = (int)save.size() - 1; while (x >= 0 && !save[x]) x--; // 修正循环条件 return x + 1; // 正确返回有效长度 } ``` --- ### 其他潜在优化点 1. **输入逻辑验证**：检查输入的工件工序数是否与 `m` 匹配，避免非法访问。 2. **预分配内存**：初始化 `machine` 向量时预留合理空间，减少动态扩容开销。 --- ### 修复后的完整代码 将上述修复点整合到原代码中，并验证边界条件后，应可通过全部测试用例。主要修改集中在 `put` 和 `maxself` 函数，确保数组操作安全且逻辑正确。