也是一道線型動態規劃的好題……

讀入每個人的貪婪度之后，對其按照從大到小的順序排序，定義狀態f[i][j]為前i個人（排序后）分j個餅干的答案，那么答案為f[n][m],考慮狀態轉移方程。

1、若給第i個人的餅干數大于1 ，那么我們將這i個人的餅干數都減1（總共減n），他們的怨氣值是不會改變的，因而這種情況下，f[i][j]=f[i][j-i].

2、若給第i個人的餅干數等于1，那么我們枚舉一個k（0≤k<i），表示從k之后一直到i所有的人的餅干數都是1，那么f[i][j]=f[k][j-(i-k)]+k*∑g[c[p]]? ? (k<p<=i).

我們先預處理出g數組的前綴和，即可實現O(n)的轉移。

綜上，我們在兩種決策中取最優即可。另外，本題要求輸出方案，我們只需在狀態轉移時記錄每個狀態的前驅即可。

1 #include <iostream> 2 #include <cstdio> 3 #include <cstring> 4 #include <algorithm> 5 using namespace std; 6 int n,m,f[40][5010],a[40][5010],b[40][5010]; 7 int s[50],ans[50]; 8 int g[50],c[50]; 9 bool cmp(int x,int y) { 10 return g[x]>g[y]; 11 } 12 void calc(int x,int y) { 13 if(!x) return ; 14 calc(a[x][y],b[x][y]); 15 if(a[x][y]==x) 16 for(int i=1;i<=x;i++) ans[c[i]]++; 17 else 18 for(int i=a[x][y]+1;i<=x;i++) ans[c[i]]=1; 19 } 20 int main() { 21 scanf("%d%d",&n,&m); 22 for(int i=1;i<=n;i++) { 23 scanf("%d",&g[i]); 24 c[i]=i; 25 } 26 sort(c+1,c+n+1,cmp); 27 memset(f,0x3f,sizeof(f)); 28 f[0][0]=0; 29 for(int i=1;i<=n;i++) s[i]=s[i-1]+g[c[i]]; 30 for(int i=1;i<=n;i++) 31 for(int j=i;j<=m;j++) { 32 f[i][j]=f[i][j-i]; 33 a[i][j]=i; 34 b[i][j]=j-i; 35 for(int k=0;k<i;k++) 36 if(f[i][j]>f[k][j-(i-k)]+k*(s[i]-s[k])) { 37 f[i][j]=f[k][j-(i-k)]+k*(s[i]-s[k]); 38 a[i][j]=k; 39 b[i][j]=j-(i-k); 40 } 41 } 42 printf("%d\n",f[n][m]); 43 calc(n,m); 44 for(int i=1;i<=n;i++) printf("%d ",ans[i]); 45 return 0; 46 } AC Code

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總結

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