题解：P2409 Y的积木

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题意简述

\(n\) 盒积木，每块积木质量已知。每一盒拿一个，求拿出积木质量和前 \(k\) 少的拿法的质量和。

思路

先考虑最暴力的方法：枚举所有情况，然后取最小值。复杂度 \(\Theta(m^n)\)。

考虑优化。想到了序列合并这一题，其实两者有共通之处。当 \(n=2\) 时其实就几乎是一个题了。如果两行的数量不一样和选出前 \(k\)，在原题基础上其实很好修改。

对于两行，我们存储可能进入前 \(k\) 的和加入优先队列，然后取优先队列中最小的 \(k\) 个作为真正的前 \(k\) 即可。假设一行是 \(a\)，一行是 \(b\)，目前的和为 \(x=a_i+b_j\)，则一定比它小的和有 \(j\times(i-1)+j-1\) 个（理由是：前 \(i-1\) 行一定有 \(j\times(i-1)\) 个小于 \(x\)，而本行一定有 \(j-1\) 个小于 \(x\)），则在最优情况下其排名为 \(j\times(i-1)+j\)，当这个数不超过 \(k\) 即可能进入前 \(k\)。

以上步骤复杂度我也不知道，但大致是 \(\Theta(k \log k)\)。于是做完了 \(n=2\) 的情况，接下来推广到一般。

不难发现，如果在我选到第 \(i\) 行时，某种选法就已经不是前 \(k\) 了，那无论如何在后面都无法重新进入前 \(k\)（这是显然的，后面每一个盒子都选最小值即可）。

同时发现当 \(m>k\) 时只有前 \(k\) 个产生贡献。我们用一个数组 \(f\) 存储 \(1\sim i-1\) 行的前 \(k\)。对于每一个 \(i\geq 2\)，都将 \(1\sim i-1\) 行的前 \(k\) 视为一行，第 \(i\) 行视为另一行。对这两行做一遍上面 \(n=2\) 的操作，然后将得出来的新的前 \(k\) 覆盖到 \(f\) 数组上。

最后一次操作完得到的 \(f\) 数组就是答案。

代码

细节问题：

1. 为了实现方便，对照序列合并一题的格式，将两行的个数都默认为 \(k\)，将不存在的位置设置为 \(+\infty\)。
2. 记得每一行处理完之后要清空优先队列。

#include <bits/stdc++.h>
#define loop(i,a,b) for(int i=(a);i<=(int)(b);i++)
using namespace std;

const int N=1e4+5;
const int inf=0x3f3f3f3f;

int n,m,k,a[N],f[N];
priority_queue<int,vector<int>,greater<int> >q;

int main(){
    ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);
    cin>>n>>k;
    loop(t,1,n){
        cin>>m;
        loop(i,1,m)cin>>a[i];
        loop(i,m+1,k)a[i]=inf;
        sort(a+1,a+1+m);
        if(t==1){
            loop(j,1,k)f[j]=a[j];
            continue;
        }
        loop(i,1,min(m,k)){
            for(int j=1;j*(i-1)+j<=k;j++)q.push(a[i]+f[j]);
        }
        loop(i,1,k)f[i]=q.top(),q.pop();
        while(!q.empty())q.pop();
    }
    loop(i,1,k)cout<<f[i]<<' ';
    return 0;
}

完结撒花花喵~