JZOJ3052. 【NOIP2012模拟10.25】剪草
2016-09-03 15:15
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Description
有N棵小草,编号0至N-1。奶牛Bessie不喜欢小草,所以Bessie要用剪刀剪草,目标是使得这N棵小草的高度总和不超过H。在第0时刻,第i棵小草的高度是h[i],接下来的每个整数时刻,会依次发生如下三个步骤:(1)每棵小草都长高了,第i棵小草长高的高度是grow[i]。
(2)Bessie选择其中一棵小草并把它剪平,这棵小草高度变为0。注意:这棵小草并没有死掉,它下一秒还会生长的。
(3)Bessie计算一下这N棵小草的高度总和,如果不超过H,则完成任务,一切结束, 否则轮到下一时刻。
你的任务是计算:最早是第几时刻,奶牛Bessie能完成它的任务?如果第0时刻就可以完成就输出0,如果永远不可能完成,输出-1,否则输出一个最早的完成时刻。
Input
第一行,两个整数N和H。 1 ≤ N ≤ 50,0 ≤ H ≤ 1000000。第二行,N个整数,表示h[i]。0 ≤ h[i] ≤ 100000。
第三行,N个整数,表示grow[i]。1 ≤ grow[i] ≤ 100000。
Output
一个整数,最早完成时刻或-1。Sample Input
7 335 1 6 5 8 4 7
2 1 1 1 4 3 2
Sample Output
5分析
这题有点像贪心,可以感性地想一下,就知道生长得慢的草先剪,生长得快的草后剪。但是如果用这种策略贪心是不行的。
现在先将问题转换一下:
给出N个一次函数y=hx+grow x轴是时间轴,y轴是高度。 在时刻k的时候,可以将任何一个一次函数向下平移(k*h+grow) 求最早的时刻,使得在这个时候所以的一次函数的值小于H
我们可以通过画图或者想象发现:对于一个一下函数只有是最后一次平移才是有意义的,也就是说对于一个一下函数的多次平移可以只通过一次实现。
所以,每棵小草最多剪一次。
因此,如果有答案,那么一定不超过小草的数量N。
这里的N是非常的小,可以枚举,从小到大枚举ans。
对于0是可以特判的。
现在我们就需要确定一个剪草的顺序,或者说剪草的最优方案。
这就是一个DP的题目了。
由于生长得慢的草先剪,生长得快的草后剪。
我们先对数组grow进行从大到小排序一下。
DP需要倒着来做。
设fi,j 表示现在剪倒数第i次,已经处理了grow的前j个的最小高度和。
那么fi,j=min(fi,j−1,fi−1,j−1−hj−growj∗ans)
初始化就是f0,i=∑hi+∑growi∗ans
code(c++)
#include <cstdio> #include <algorithm> #include <cstring> #include <string.h> #include <cmath> #include <math.h> #include <stdlib.h> using namespace std; struct note{int w,v;}; int f[53][53]; note a[53]; int n,m,h,sum,t; bool cmp(note x,note y){return x.v>y.v;} int main() { scanf("%d%d",&n,&h);t=0; for(int i=1;i<=n;i++){scanf("%d",&a[i].w);t+=a[i].w;} if(t<=h) { printf("0"); return 0; } for(int i=1;i<=n;i++){scanf("%d",&a[i].v);sum+=a[i].v;} sort(a+1,a+1+n,cmp); for(int k=1;k<=n+1;k++) { memset(f,127,sizeof(f)); f[0][0]=sum*k+t; for(int i=1;i<=n;i++)f[0][i]=f[0][0]; for(int i=1;i<=k;i++) { f[i][0]=f[i-1][0]-sum; for(int j=1;j<=n;j++)f[i][j]=min(f[i][j-1],f[i-1][j-1]-a[j].w-a[j].v*(k-i+1)); } if(f[k] <=h) { printf("%d",k); return 0; } } printf("-1"); return 0; }
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