luogu P2577午餐(动态规划)

https://www.luogu.org/problemnew/show/P2577

题解

这其实是一个背包问题的变形，如果只有一个窗口的话，对于排队打饭的时间是固定的，那么只要按照谁吃的慢谁先上就可以得出最优值。

这道题有两个窗口，贪心的方法还是一样的，但是需要考虑分配问题。
设dp[i][j][k]: 下标：前i个人在窗口1花了j的打饭时间，在窗口2花了k的打饭时间。值: 前i个人最小的用餐时间。

设打饭时间为a，吃饭时间为b。
状态转移方程很容易写出来:
考虑决策：

1. 第i个人打饭+吃饭的时间被前i-1个人的总时间覆盖。
2. 第i个人打饭+吃饭的时间不被前i-1个人的总时间覆盖。

在窗口1打饭
$dp[i][j][k]=min(dp[i][j][k],max(dp[i-1][j-a][k],j+b))$

在窗口2打饭
$dp[i][j][k]=min(dp[i][j][k],max(dp[i-1][j][k-a],j+b))$

但由于数据量是200*40000*40000，所以三维开不下。
对于这种两个有关联的变量，就要考虑用一个变量推出另一个变量。

注意前面一个队伍的情况，打饭时间是固定的！
所以对于前i个人的打饭时间是固定的！那么只要知道花在窗口1多少打饭时间，自然就可以知道花在窗口2的打饭时间了。
因此便省去了一维。

设dp[i][j]: 下标：前i个人在窗口1花了j的打饭时间。值: 前i个人最小的用餐时间。

状态转移方程：

在窗口1打饭
$dp[i][j]=min(dp[i][j],max(dp[i-1][j-a],j+b))$
在窗口2打饭

sum[i]:前i个人打饭时间的前缀和。
sum[i]-j:前i个人在队伍2的打饭时间。
$dp[i][j]=min(dp[i][j],max(dp[i-1][j],sum[i]-j+b))$

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define FOR0(a,b) for(int i = a; i < b; ++i)
#define FORE(a,b) for(int i = a; i <= b; ++i)
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> pii;
const int maxn = 200+5;
const int INF = 0x3f3f3f3f;

struct Peo {
	int da, eat;
	bool operator < (const Peo& rhs) const {
		return eat > rhs.eat;
	}
}a[maxn];
int dp[maxn][maxn*maxn],n, sum[maxn];
// 前i个人，在队伍1打饭耗时j 时总的最小用餐时间
int main() {
	scanf("%d", &n);
	for(int i = 1; i <= n; ++i) {
		scanf("%d%d", &a[i].da, &a[i].eat);

	}
	sort(a+1,a+1+n);
	memset(dp, INF, sizeof dp);
	dp[0][0] = 0;

	for(int i = 1; i <= n; ++i)
		sum[i] = sum[i-1]+a[i].da;
	for(int i = 1; i <= n; ++i) {
		for(int j = sum[i]; j >= 0; --j) {
			// 排在队伍1
			if(j >= a[i].da)
				dp[i][j] = min(dp[i][j], max(dp[i-1][j-a[i].da], j+a[i].eat));
			// 两个决策: 前一个人吃完饭的时间是否覆盖第i个人，不覆盖
			// 排在队伍2
			dp[i][j] = min(dp[i][j], max(dp[i-1][j], sum[i]-j+a[i].eat));
		}
	}
	int ans = INF;
	for(int i = 0; i <= sum[n]; ++i)
		if(dp[n][i] < ans) ans = dp[n][i];
	printf("%d\n", ans);
	return 0;
}