算法竞赛进阶指南第五章 线性DP——Cookies

这是贪心和动态相结合的一道题。
要找到一种好的分配方式，使得怨气值之和最小，**贪婪度大的孩子如果能够给他尽可能多的饼干，可以尽量使得最后怨气值之和最小。**即按怨气值从大到小排序。
这样的贪心是否正确呢？——可以用邻项交换法来证明一下

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设先有一种分配饼干的方案是，设g[i]<g[i+1]
1 2 3 …… i i+1 …… n （1）
1 2 3 …… i+1 i …… n （2）
交换i 和 i+1位置的孩子，发现对于前1 ~ i个 和 从i+2 ~ n个，这样的交换对于这些孩子的怨气值没有影响
有影响的就是：
（1）中去除相同的部分，不同的是：g[i+1]*1
(2) 中去除相同的部分，不同的是：g[i]*1
又因为 g[i]<g[i+1] 所以（2）中的最终怨气值会更小

不断的交换，最后会使得怨气值按从大到小的顺序排列更优

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大体方案有了，具体每个孩子分多少块呢？可以借助dp来处理

定义f(i,j)表示前i个孩子分j块时，这i个孩子的怨气值总值最小。
在考虑dp的转移时，我们考虑是由那种状态能够达到f(i,j)的状态（怎么来的），也可以考虑下一个状态可以达到哪些情况（往哪去），这里我们考虑下一个状态有哪些，即第i+1个小朋友该如何分配饼干数。
→ 情况1：第i+1个小朋友分的比第i个小，则a[i+1]=i，即前面由i个小朋友拿到的饼干比他多（原因每一个小朋友饼干数的分配数量呈非严格单调下降，第i个小朋友比第i+1个多，则前面的不会小于第i个小朋友的饼干数） 如图。

→ 情况2：第i+1个小朋友拿到的饼干数与第i个小朋友相同，此时还需要算出前面有多少个小朋友拿到的饼干数与第i个相同。
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不好转移，做一个等价处理：
如果第i个拿到饼干数 > 1，处理方式为：令她及前面的孩子的饼干数均减少1个，即将j-i个饼干分给前i个孩子，因为这样处理前后的大小关系不会发现变化，从而使得怨气值之和也不会发生变化。
如果第i个拿到的饼干数=1，处理方式为：枚举她前面有多少个孩子拿的都是1个饼干，设分界点为k，即1 ~ k 个孩子拿到饼干数>1,编号k+1 ~ i的孩子饼干数=1
此情况下的状态转移方程为：

综上，

这道题启发我们，有时可以通过额外的算法确定DP状态的计算顺序，有时可以在状态空间中运用等效手法对状态进行缩放。在本题中，我们就利用贪心策略，在DP前对Ⅳ个孩子执行排序,使他们获得的饼干数单调递减。我们还利用相对大小的不变性，把第 i+1个孩子获得的饼干数先缩放到1，再考虑i前面有几个孩子获得的饼干数量相等，使需要计算的问题得到了极大的简化，容易进行维护、转移。

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>

using namespace std;

typedef pair<int, int> PII;

const int N = 35, M = 5010;

int n, m;
//g[i] 表示第 i 个小孩的贪婪度
//c[i] 表示贪婪度第 i 大的小孩在原序列中排第 c[i] 个
//s[i] 表示 c[i] 的前缀和
int g[N], c[N]