题目
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。
输入格式
第一行包含两个整数N,M。
第二行包含N个整数表示g1~gN。
输出格式
第一行一个整数表示最小怨气总和。
第二行N个空格隔开的整数表示每个孩子分到的饼干数，若有多种方案，输出任意一种均可。
数据范围
1≤N≤30,
N≤M≤5000,
1≤gi≤107
输入样例：
3 20
1 2 3
输出样例：
2
2 9 9
思路
题目的意思是让我们在保证每个人都有糖的情况下求最小怨念值。那么也就是说，每个人的怨气情况乘上一个他们每个人的分糖情况要是最小的结果，那么这个东西就是一个很明显的排序不等式，我们把怨气值排序，在不考虑a数组怎么求出的情况下，最后结果一定是怨气数组的大值乘上a数组的小值累加结果最小，关于排序不等式的证明，很简单，可以手动证一下。然后总的策略考虑完了，我们考虑一下dp的问题。关于状态的表示，很简单，DP[i][j]表示的是前i个小朋友一共发j份糖的最优值，但是关于状态的转移来说这道题可能有点毒瘤。我们需要根据数组的末尾有多少个1来划分集合。没有1的情况和1的个数为k的情况，为这个集合的两大类，然后我们考虑怎么求，当1个数为k的时候，因为糖的个数为1，所以我们只需要对怨气数组做一个前缀和，然后乘上相对于的数量就可以了。没有1的时候，我们考虑把数组内的数全部减去一个1，那么数组的情况是不变的，那么最终也是会出现1的情况，因为我们关心的是元素的相对大小，当然这个减去的值需要在输出的时候加回去，这个是代码实现的方面了。
代码实现
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<vector>
#include<queue>
#include<map>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cmath>
using namespace std;
#define rep(i,f_start,f_end) for (int i=f_start;i<=f_end;++i)
#define per(i,n,a) for (int i=n;i>=a;i--)
#define MT(x,i) memset(x,i,sizeof(x) )
#define rev(i,start,end) for (int i=0;i<end;i++)
#define inf 0x3f3f3f3f
#define mp(x,y) make_pair(x,y)
#define lowbit(x) (x&-x)
#define MOD 1000000007
#define exp 1e-8
#define N 1000005
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
typedef long long ll;
typedef pair<int ,int> PII;
typedef pair<int ,PII> PIII;
ll gcd (ll a,ll b) {return b?gcd (b,a%b):a; }
inline int read() {
char ch=getchar(); int x=0, f=1;
while(ch<'0'||ch>'9') {
if(ch=='-') f = -1;
ch=getchar();
}
while('0'<=ch&&ch<='9') {
x=x*10+ch-'0';
ch=getchar();
} return x*f;
}
const int maxn=31;
const int M=5010;
int f[maxn][M];
int s[maxn];
PII g[maxn];
int ans[maxn];
int n,m;
int main () {
cin>>n>>m;
rep (i,1,n) {
cin>>g[i].first;
g[i].second=i;
}
sort (g+1,g+1+n);
reverse (g+1,g+1+n);
rep (i,1,n) s[i]=s[i-1]+g[i].first;
MT (f,0x3f);
f[0][0]=0;
rep (i,1,n)
rep (j,1,m) {
if (j>=i) f[i][j]=f[i][j-i];
rep (k,1,min (i,j)) {
f[i][j]=min (f[i][j],f[i-k][j-k]+(s[i]-s[i-k])*(i-k));
}
}
cout<<f[n][m]<<endl;
int i=n,j=m,h=0;
while (i&&j) {
if (f[i][j]==f[i][j-i]) j-=i,h++;
else {
rep (k,1,min (i,j)) {
if (f[i][j]==f[i-k][j-k]+(i-k)*(s[i]-s[i-k])) {
per (u,i,i-k+1) {
ans[g[u].second]=1+h;
}
i-=k,j-=k;
break;
}
}
}
}
rep (i,1,n) {
cout<<ans[i]<<" ";
}
cout<<endl;
return 0;
}