Mem478

这次在DIV1挂蛋了。

250的题大意是这样的，给一个1<=x<1000000007，对x只能执行两种操作4x+3或者8x+7，问说最少能用几步到达1000000007 * a（a属于自然数），最多只能扩展到100000步，否则输出-1，刚开始以为BFS的话，状态数会太多，就找其中的规律，可惜不够敏感4x+3,8x+7都是2^n*x+2^n-1的这种形式，对于这种形式的两种操作是可以等价于一种操作的，如果可以等价于一种操作的话，那状态数就没有之前想象的那样多了，直接BFS，用map来记状态就可以了。2^n*x+2^n-1经过2^m*x+2^m-1运算后，就变成了2^(m+n)*x+2^(m+n)-1，所以这两种操作，其实就等价于一种操作了，BFS就可以做这题了。其实问题可以退化成这样，起点为0，你可以向前2步或3步，给定终点X，问说，从起点到终点，最少几步可以到达。从方程上看2x+3y=z（z为整数）是有(x,y)整数对的解的，因为gcd(2,3)整除z，但这里需要x,y是非负整数，因此当z是1时，是无解的。构造最小的x+y的办法，就用贪心的想法，尽量走3步的，到最后走2步的，这样走的步数最少。

500的题大意是这样，有n(n<=15)个瓶子(容量C<=45)，装了一些水，水的体积是离散的，为整数，每个对应的离散值有相应的价格，现在容许对任意A,B两个瓶子执行无数次这样的操作，从A倒向B，或是从B倒向A，直到一边空，或者满，问说最后所能得到的最优的价格。这道是个最优化问题，想到15这个数字是二进制的暗示，可以搞定所有状态后取最优值，但没和DP联系在一起，没想出来。应该是这样的，对于mask当前的状态，任意从中选出m个瓶子，做倒水的操作，剩下的用于状态扩展，对于这些倒水的瓶子，全参与倒水，如果不全参与倒水，则这样的情况在枚举其他子集的时候就已经出现了。然后从中取最优值就可以了。

/*
Mem478
DIV1 500pt
*/
#include <iostream>
#include <vector>
using namespace std;

vector<int> b;
vector<int> p;
int c, n;
int dp[1 << 16];

int go(int mask)
{
    if(dp[mask] != -1)  return dp[mask];
    int cost = 0;
    for(int ma = mask; ma; ma = (ma - 1) & mask)
    {
        int cnt = 0, sum = 0;
        for(int i = 0; i < n; i++)
        {
            if(ma & (1 << i))
            {
                cnt++;
                sum += b[i];
            }
        }
        int t = (sum / c) * p[c] + p[sum % c] + (cnt - sum / c - 1) * p[0] + go(mask ^ ma);
        cost = max(t, cost);
    }
    dp[mask] = cost;
    return cost;
}

class KiwiJuice
{
public:
    int theProfit(int C, vector <int> bottles, vector <int> prices)
    {
        b = bottles;
        p = prices;
        c = C;
        n = b.size();
        memset(dp, -1, sizeof(dp));
        return go((1 << n) - 1);
    }
};