Painter

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描述

杂货店出售一种由N（3<=N<=12）种不同颜色的颜料，每种一瓶（50ML），组成的颜料套装。

你现在需要使用这N种颜料；不但如此，你还需要一定数量的灰色颜料。

杂货店从来不出售灰色颜料——也就是它不属于这N种之一。幸运的是，灰色颜料是比较好配置的，如果你取出三种不同颜色的颜料各x ml，混合起来就可以得到xml的灰色颜料（注意不是3x）。

现在，你知道每种颜料各需要多少ml。你决定买尽可能少的“颜料套装”，来满足你需要的这N+1种颜料。

那么你最少需要买多少个套装呢？

输入

输入包含若干组测试数据。每组数据一行：第一个数N, 3<=N<=12, 含义如上；

接下来N+1个数，分别表示你需要的N+1种颜料的毫升数。最后一种是灰色。所有输入的毫升数<=1000.

当某一行为0时代表输入终止

注意：输入中不存在每个颜料套装的毫升数。由题意可知，每种各50ml，即一共50N ml

输出

每组数据输出一行，最少需要的套装数。

样例输入

3 40 95 21 0
7 25 60 400 250 0 60 0 500
4 90 95 75 95 10
5 0 0 0 0 0 333
0

样例输出

2
8
2
4
这题的难点在于已知各种颜料剩余量，求能够合成的灰色颜料的重量，想了好久，终于得出如下结论

#include "bits/stdc++.h"
using namespace std;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
int arr[15];
int n, gray, ans, rest;
bool cmp(int n, int m) {
    return n > m;
}
int getGray(int m) {
    int ans = INF;
    // 第一种情况是所以多余出来的颜料的总量除3
    // 按n = 4举例 3 4 5 6 能合除 6ml 的灰色颜料 
    ans = min(ans, (rest + m * n * 50) / 3);
    // 第二种情况是剩余量最多的那种颜料合完灰色还有多余 
    // 按n = 4举例 3 4 5 100 能合除 6ml 的灰色颜料
    ans = min(ans, (rest - arr[0] + m * (n - 1) * 50) / 2);
    // 第三种情况是剩余量最多的两种颜料合完灰色还有多余 
    // 按n = 4举例 3 4 100 100 能合出 7ml 的灰色颜料
    ans = min(ans, rest - arr[0] - arr[1] + m * (n - 2) * 50);
    return ans;
}
int main() {
    while (scanf("%d", &n) && n) {
        int mx = 0;
        for (int i = 0; i < n; i++) {
            scanf("%d", &arr[i]);
            // 找到需求最多的颜料的重量 
            mx = max(mx, arr[i]);
        }
        scanf("%d", &gray);
        // 不考虑灰色要买的套装数量 
        ans = mx % 50 ? mx / 50 + 1 : mx / 50; 
        rest = 0;
        for (int i = 0; i < n; i++) {
            // 记录第i种颜料多余出来的重量 
            arr[i] = ans * 50 - arr[i];
            // 记录多余出来的颜料的总重量 
            rest += arr[i];
        }
        // 按多余出来的重量降序排序 
        sort(arr, arr + n, cmp);
        // i是考虑灰色还需要再购买的套装数 
        for (int i = 0; ; i++) {
            if (getGray(i) >= gray) {
                printf("%d\n", ans + i);
                break;
            }
        }
    }
    return 0;
} 

感觉像是ZOJ3778的一个加强版