[JLOI 2015]装备购买
Description
脸哥最近在玩一款神奇的游戏,这个游戏里有 n 件装备,每件装备有 m 个属性,用向量zi(aj ,.....,am) 表示
(1 <= i <= n; 1 <= j <= m),每个装备需要花费 ci,现在脸哥想买一些装备,但是脸哥很穷,所以总是盘算着
怎样才能花尽量少的钱买尽量多的装备。对于脸哥来说,如果一件装备的属性能用购买的其他装备组合出(也就是
说脸哥可以利用手上的这些装备组合出这件装备的效果),那么这件装备就没有买的必要了。严格的定义是,如果
脸哥买了 zi1,.....zip这 p 件装备,那么对于任意待决定的 zh,不存在 b1,....,bp 使得 b1zi1 + ... + bpzi
p = zh(b 是实数),那么脸哥就会买 zh,否则 zh 对脸哥就是无用的了,自然不必购买。举个例子,z1 =(1; 2;
3);z2 =(3; 4; 5);zh =(2; 3; 4),b1 =1/2,b2 =1/2,就有 b1z1 + b2z2 = zh,那么如果脸哥买了 z1 和 z2
就不会再买 zh 了。脸哥想要在买下最多数量的装备的情况下花最少的钱,你能帮他算一下吗?
Input
第一行两个数 n;m。接下来 n 行,每行 m 个数,其中第 i 行描述装备 i 的各项属性值。接下来一行 n 个数,
其中 ci 表示购买第 i 件装备的花费。
Output
一行两个数,第一个数表示能够购买的最多装备数量,第二个数表示在购买最多数量的装备的情况下的最小花费
Sample Input
3 3
1 2 3
3 4 5
2 3 4
1 1 2
1 2 3
3 4 5
2 3 4
1 1 2
Sample Output
2 2
HINT
如题目中描述,选择装备 1 装备 2,装备 1 装备 3,装备 2 装备 3 均可,但选择装备 1 和装备 2 的花费最小,为 2。对于 100% 的数据, 1 <= n;m <= 500; 0 <= aj <= 1000。
题解
我们将每一维的单位向量看做一个元,每个向量看做常数。
如果有$n$个向量,那么就可以列出$n$个线性方程,用高斯消元来解。显然如果有解,那么每个单位向量都可以被这$n$个向量表示出来。
所以我们考虑维护一个类似于异或线性基的东西:第$i$个线性基表示前$i-1$位都是$0$,第$i$位不是$0$的线性基。一个一个插入,贪心策略同[BJOI 2011]元素。
这道题卡精度...建议开$long$ $double$
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Update:更深刻的理解,其实就还是维护高斯消元矩阵的上三角,每次插入就相当于判断该方程是否冗余。
1 //It is made by Awson on 2017.10.22 2 #include <set> 3 #include <map> 4 #include <cmath> 5 #include <ctime> 6 #include <stack> 7 #include <queue> 8 #include <vector> 9 #include <string> 10 #include <cstdio> 11 #include <cstdlib> 12 #include <cstring> 13 #include <iostream> 14 #include <algorithm> 15 #define LL long long 16 #define Min(a, b) ((a) < (b) ? (a) : (b)) 17 #define Max(a, b) ((a) > (b) ? (a) : (b)) 18 #define Abs(x) ((x) < 0 ? (-(x)) : (x)) 19 using namespace std; 20 const int N = 500; 21 const long double eps = 1e-7; 22 23 int n, m; 24 struct tt { 25 long double b[N+5], c; 26 bool operator < (const tt &x) const{ 27 return c < x.c; 28 } 29 }a[N+5]; 30 int A[N+5], ans, cnt; 31 32 void work() { 33 scanf("%d%d", &n, &m); 34 for (int i = 1; i <= n; i++) for (int j = 1; j <= m; j++) scanf("%Lf", &a[i].b[j]); 35 for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%Lf", &a[i].c); 36 sort(a+1, a+n+1); 37 for (int i = 1; i <= n; i++) { 38 for (int j = 1; j <= m; j++) { 39 if (fabs(a[i].b[j]) > eps) { 40 if (!A[j]) { 41 A[j] = i; ans += a[i].c; cnt++; 42 break; 43 }else { 44 long double div = a[i].b[j]/a[A[j]].b[j]; 45 for (int k = j; k <= m; k++) a[i].b[k] -= a[A[j]].b[k]*div; 46 } 47 } 48 } 49 } 50 printf("%d %d\n", cnt, ans); 51 } 52 int main() { 53 work(); 54 return 0; 55 }
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