CH5105 Cookies【贪心】【线性dp】

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;
}