UVA 10817-Headmaster’s Headache（状态压缩DP）

最新推荐文章于 2019-07-03 10:36:45 发布

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本文探讨了在有限的师资条件下，如何通过最优策略雇佣在职老师和应聘者，确保每门课程至少有两位老师授课，同时达到最低的总成本。通过动态规划的方法，我们逐步分析并计算出最优解决方案。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

题目大意：有S（S<=8）门课程，每门课程要求至少有2名老师教，雇佣每个老师需要一定的花费，每个老师可以教一门或多门课程。现有M（M<=20）名在职老师，N（N<=100）名应聘者，对于在职老师，必须每个都雇佣，求在满足每门课程至少2个老师教的情况下最少的花费是多少。

用d[i][j]表示前i名老师状态为j的情况下最少的花费，j是S位三进制数，对于每一位三进制位u，为0时表示课程u当前没有老师教，为1表示课程u当前有一名老师教，为2表示课程u当前有两名老师教。最终答案为d[N][3^S-1]。

计算d[i][j]时，考虑是否雇佣第i位老师完成状态转移，如果雇佣，那么尽量充分利用这个老师所教的课程，对于这个老师教的每一门课，如果当前的j的那一门课对应三进制位大于0，那么减1，否则不变。

状态转移方程：d[i][j]=max { d[i-1][j],d[i-1][v]+cost[i] }（v为将可以减去的课程减去之后的状态）

#include<stdio.h>
#include<stdlib.h>
#include<string.h>
char a[300];
int b[105][10];
int c[10];
int d[105][7300];
int co[105];
int basethre[7100][10];
int basetco[10];
int main(void)
{
	int i,j,u,m,n,p,q,lo,sum,sump,minp,OK;
	q=1;
	for(i=1;i<=8;i++)
	{
		basetco[i]=q;
		q=q*3;
	}
	for(i=0;i<q;i++)
	{
		p=i;
		for(j=1;j<=8;j++)
		{
			u=p%3;
			basethre[i][j]=u;
			p=p/3;
			if(p==0)
			{
				break;
			}
		}
	}
	scanf("%d%d%d",&p,&n,&m);
	getchar();
	while((n!=0)||(p!=0)||(m!=0))
	{
		q=1;
		for(i=1;i<=p;i++)
		{
			q=q*3;
		}
		q--;
		sum=0;
		for(i=1;i<=n;i++)
		{
			gets(a);
			lo=strlen(a);
			for(j=0;j<lo;j++)
			{
				if((a[j]>='0')&&(a[j]<='9'))
				{
					sump=0;
					while((a[j]>='0')&&(a[j]<='9'))
					{
						sump=sump*10+a[j]-'0';
						j++;
					}
					sum=sum+sump;
					break;
				}
			}
			for(u=j;u<lo;u++)
			{
				if((a[u]>='0')&&(a[u]<='9')&&(c[a[u]-'0']<2))
				{
					c[a[u]-'0']++;
				}
			}
		}
		for(i=1;i<=m;i++)
		{
			gets(a);
			lo=strlen(a);
			for(j=0;j<lo;j++)
			{
				if((a[j]>='0')&&(a[j]<='9'))
				{
					sump=0;
					while((a[j]>='0')&&(a[j]<='9'))
					{
						sump=sump*10+a[j]-'0';
						j++;
					}
					co[i]=sump;
					break;
				}
			}
			for(u=j;u<lo;u++)
			{
				if((a[u]>='0')&&(a[u]<='9'))
				{
					b[i][a[u]-'0']=1;
				}
			}
		}
		d[0][0]=sum;
		for(j=1;j<=q;j++)
		{
			OK=1;
			for(u=1;u<=p;u++)
			{
				if(basethre[j][u]>c[u])
				{
					OK=0;
					break;
				}
			}
			if(OK==1)
			{
				d[0][j]=sum;
			}
			else
			{
				d[0][j]=1000000000;
			}
		}
		for(i=1;i<=m;i++)
		{
			d[i][0]=sum;
			for(j=1;j<=q;j++)
			{
				minp=d[i-1][j];
				sump=0;
				for(u=1;u<=p;u++)
				{
					if((basethre[j][u]>0)&&(b[i][u]==1))
					{
						sump=sump+basetco[u];
					}
				}
				if(minp>d[i-1][j-sump]+co[i])
				{
					minp=d[i-1][j-sump]+co[i];
				}
				d[i][j]=minp;
			}
		}
		printf("%d\n",d[m][q]);
		for(i=0;i<=10;i++)
		{
			c[i]=0;
		}
		memset(b,0,sizeof(b));
		scanf("%d%d%d",&p,&n,&m);
		getchar();
	}
	return 0;
}