一.题目链接:
饼干
二.题目大意:
圣诞老人共有M个饼干,准备全部分给N个孩子。
每个孩子有一个贪婪度,第 i 个孩子的贪婪度为 g[i]。
如果有 a[i] 个孩子拿到的饼干数比第 i 个孩子多,那么第 i 个孩子会产生 g[i]*a[i]的怨气。
给定N、M和序列g,圣诞老人请你帮他安排一种分配方式,使得每个孩子至少分到一块饼干,并且所有孩子的怨气总和最小。
三.分析:
由排序不等式得:贪婪度越高,所分配给的饼干应该越多,此时怨气总和最小.
因此先对贪婪度从大到小排序,这样每个人所获得的饼干数是递减的.
设 dp[i][j]:处理了前 i 个人,分发了 j 块饼干,的最小怨气和.
1. 考虑当前状态 i 个人,分发了 j 块饼干
如果第 i 个人获得的饼干数 > 1,则次状态等价于分配给 j - i 块饼干给前 i 个人,
相当于每个人都少那一块饼干,获得饼干的相对数目大小不变,从而怨气和也不变.
即:dp[i][j] = dp[i][j - i]
2. 若第 i 个人的饼干数等于 1,则枚举共有多少个人的饼干数等于 1
即:dp[i][j] = min(dp[i - k][j - k] + k * (s[i] - s[i - k])
答案为 dp[n][m]
这里还要打印最优方案,由于记录前驱的方法不易求解,于是采用倒退的方法.
大体就是根据饼干个数相对大小的不变性,先将第 i 个人的饼干数缩放到 1,同时记录基值(口胡的词)
然后枚举与 i 饼干数相等的人数即可.
有的题目可用记录前驱状态的方法求解最优方案,不过对于高维 dp 来讲可能会 MLE
因此可根据数据大小用二进制存储,极大地减少了存储量.
四.代码实现:
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = (int)30;
const int M = (int)5e3;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
int n, m;
struct node
{
int f, s;
}g[N + 5];
int s[N + 5];
int dp[N + 5][M + 5];
int ans[N + 5];
bool cmp(node a, node b)
{
return a.f > b.f;
}
void work()
{
scanf("%d %d", &n, &m);
for(int i = 1; i <= n; ++i)
{
scanf("%d", &g[i].f);
g[i].s = i;
}
sort(g + 1, g + n + 1, cmp);
for(int i = 1; i <= n; ++i)
s[i] = s[i - 1] + g[i].f;
memset(dp, inf, sizeof(dp));
dp[0][0] = 0;
for(int i = 1; i <= n; ++i)
{
for(int j = 1; j <= m; ++j)
{
if(j < i)
continue;
dp[i][j] = dp[i][j - i];
for(int k = 1; k <= i; ++k)
dp[i][j] = min(dp[i][j], dp[i - k][j - k] + (s[i] - s[i - k]) * (i - k));
}
}
printf("%d\n", dp[n][m]);
int i = n, j = m, h = 0;
while(i)
{
if(dp[i][j] == dp[i][j - i])
j -= i, ++h;
else
{
for(int k = 1; k <= i; ++k)
{
if(dp[i][j] == dp[i - k][j - k] + (s[i] - s[i - k]) * (i - k))
{
for(int u = 0; u <= k; ++u)
ans[g[i - u].s] = h + 1;
i -= k, j -= k;
break;
}
}
}
}
for(int i = 1; i <= n; ++i)
printf("%d%c", ans[i], i == n ? '\n' : ' ');
}
int main()
{
work();
return 0;
}