Cookies题解

来源：《算法竞赛进阶指南》

 

Description：

有M块饼干要分给N个孩子。当有k个孩子分到的饼干数比第i个孩子分到的多时，会产生g[i]*k的贡献。求最小的贡献及任意一种方案。

Solution:

根据不同的饼干数分给不同的孩子会产生不同的贡献值，而题目让我们求最小的贡献值，很显然我们就能想到可以用动态规划来解决。

根据贪心的思想：
『当g[i] <g[j]时，对于剩下所有的孩子来说，使a[i]>=a[j]，产生的贡献值一定是最小的。』

我们先将序列g进行从大到小排序。接下来进行状态转移，

当枚举到第i个孩子，已经分了j块饼干时：

1.当第i个孩子分到的饼干数>=i时，我们可以将ta分到的饼干数里拿出来i-1块，来分给前i-1个人，这样对前面所有孩子产生的贡献不会发生改变；（时间复杂度O(1)）

2.若第i个孩子分到的饼干数为1时，我们可以假设前面也有孩子分到了1块饼干，该状态的贡献可以由第k个孩子已经分了j-i+k块饼干进行转移；（时间复杂度O(N)）

3.1<若第i个孩子分到的饼干数<i时，不进行转移。（时间复杂度O(0)）

所以我们可以得到：(f[0][0]=0)

f[i][j] = min{f[i][j-i],min(0<=k<i){f[k][j-i+k]+k*cigma(p[k+1]...p[i])}}.

但是题目还让我们求方案数，则我们可以开一个数组来记录当前装填是由哪一个状态转移而来的。进行dfs时，当i=0且j=0时，递归结束。

对于一个二元组x,y，不妨设它是由x0,y0转移而来，则

先递归到最底层：

1.当x=x0时，f[i][j]由f[i][j-i]转移而来,所以我们将1到x-1的数都加1；

2.当x>x0时，f[i][j]由f[k][j-i+k]转移而来，则第x0+1到第i的数都是1.

Code:

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N = 33, M = 5050;

int n, m; 
struct children{
	int num, p;
}a[N];

bool cmp(children x, children y) {
	return x.p > y.p;
}

inline void init() {
	scanf("%d%d", &n, &m);
	for (int i = 1; i <= n; ++ i) scanf("%d", &a[i].p), a[i].num = i;
	sort(a + 1, a + n + 1, cmp);
	for (int i = 1; i <= n; ++ i) a[i].p += a[i - 1].p;
}

inline int cigma(int l, int r) {
	return a[r].p - a[l - 1].p;
}

int f[N][M], pre1[N][M], pre2[N][M];
//the least value of before i-th child, has already given out j pieces of cookies

void solve1() {
	memset(f, 0x3f, sizeof(f));
	f[0][0] = 0;
    for (int i = 1; i <= n; ++ i) {
    	for (int j = i; j <= m; ++ j) {
    		f[i][j] = f[i][j - i];
    		pre1[i][j] = i;
    		pre2[i][j] = j - i;
    		for (int k = 0; k < i; ++ k) {
    			int sum = k * cigma(k + 1, i);
    			if (f[k][j - i + k] + sum < f[i][j]) {
    				f[i][j] = f[k][j - i + k] + sum;
    				pre1[i][j] = k;
    				pre2[i][j] = j - i + k;
				}
			}
		}
	}
}

int ans[N];

void dfs(int x, int y) {
	if (x == 0 && y == 0) return ;
	int x0 = pre1[x][y], y0 = pre2[x][y];
	dfs(x0, y0);
	if (x == x0) {
		for (int i = 1; i <= x; ++ i) 
			++ ans[a[i].num];
	}
	else {
		for (int i = x0 + 1; i <= x; ++ i) 
			++ ans[a[i].num];
	}
}

void solve2() {
	dfs(n, m);
}

inline void work() {
	solve1();
	solve2();
}

inline void outo() {
	printf("%d\n", f[n][m]);
	for (int i = 1; i <= n; ++ i) printf("%d ", ans[i]);
	puts("");
}

int main() {
    init();
    work();
    outo();
    return 0;
}