5105 Cookies 0x50「动态规划」例题
描述
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。1≤N≤30, N≤M≤5000, 1<=gi<=10^7。
输入格式
第一行两个整数N,M,第二行N个整数g1~gN。
输出格式
第一行一个整数表示答案,第二行N个整数表示每个孩子分到的饼干数。本题有SPJ,若有多种方案,输出任意一种均可。
样例输入
样例输入1 3 20 1 2 3 样例输入2 4 9 2 1 5 8
样例输出
样例输出1 2 2 9 9 样例输出2 7 2 1 3 3
来源
ITMO
题意:给n个小孩分m颗糖,如果有x个小孩的糖比第i个小孩多的话,那么不满意度就会是g[i]*x
问总不满意度最小的分糖方式
思路:贪婪度越大的小孩拿到的糖应该要尽量多,因为要使得尽量少的小孩糖数比他多
所以先按照贪婪度从大到小排个序,他们拿到的糖果数是非递增的
用“已获得饼干的孩子数”和“已发放的饼干数”作为DP的阶段
dp[i, j]表示前i个孩子一共分配j块饼干时,怨气总和的最小值
那么第i+1个小孩有两种情况:1.他拿到的比第i个小孩少,则比他糖果多的有i个人
2.他拿到的和第i个小孩一样多,此时需要找到前i个中,和第i个一样多的小孩的个数
需要用等效的方法
当我们发现第i个小孩的饼干数大于1时,我们就给前面每个小孩的饼干数减1,也就是说dp[i][j] = dp[i][j - i]。因为每个人都减1,相对的大小是不变的
当第i个小孩的饼干数等于1时,就枚举i前面有多少小孩也是1块饼干。此时d[i][j] = dp[i][j - (i - k)] + k * g[p](p = k+1~i)。假设有k个小孩不是1.
求最小的dp[n][m]即可,因为要输出方案,所以每次需要存一下
a[i][j] = i说明是第一种情况,否则是第二种情况。b数组用来回溯
虐狗宝典笔记:
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。
本题中我们利用贪心,在DP前进行排序,使获得的饼干数单调递减
还利用相对大小的不变性,把第i+1个孩子获得的饼干数缩放到1,再考虑i前面有几个孩子获得的饼干数量相等
#include <bits/stdc++.h> #include<iostream> #include<cmath> #include<algorithm> #include<stdio.h> #include<cstring> #include<map> #define inf 0x3f3f3f3f using namespace std; typedef long long LL; int n, m; const int maxn = 35, maxm = 5005; struct node{ int g, id; }child[maxn]; int dp[maxn][maxm], sum[maxn]; int a[maxn][maxm], b[maxn][maxm], ans[maxn]; bool cmp(node a, node b) { return a.g > b.g; } void print(int n, int m) { if(n == 0)return ; print(a[n][m], b[n][m]); if(a[n][m] == n){ for(int i = 1; i <= n; i++)ans[child[i].id]++; } else{ for(int i = a[n][m] + 1; i <= n; i++)ans[child[i].id] = 1; } } int main() { scanf("%d%d", &n, &m); for(int i = 1; i <= n; i++){ scanf("%d", &child[i].g); child[i].id = i; } memset(dp, inf, sizeof(dp)); sort(child + 1, child + 1 + n, cmp); dp[0][0] = 0; for(int i = 1; i <= n; i++){ sum[i] = sum[i - 1] + child[i].g; for(int j = i; j <= m; j++){ int tmp = inf; dp[i][j] = dp[i][j - i]; a[i][j] = i; b[i][j] = j - i; for(int k = 0; k < i; k++){ if(dp[k][j - i + k] + k * (sum[i] - sum[k]) < dp[i][j]){ dp[i][j] = dp[k][j - i + k] + k * (sum[i] - sum[k]); a[i][j] = k; b[i][j] = j - i + k; } } } } printf("%d ", dp[n][m]); print(n, m); printf("%d", ans[1]); for(int i = 2; i <= n; i++){ printf(" %d", ans[i]); } printf(" "); return 0; }