P6775-[NOI2020]制作菜品【贪心,dp】

1|0正题

题目链接:https://www.luogu.com.cn/problem/P6775

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1|1题目大意

$n$种原材料，第$i$个有$d_i$个，$m$道菜品都需要$k$个原料而且每道菜最多只能用两种材料。

要求构造方案使得满足条件。

$1\leq n\leq 500,n-2\leq m\leq 5000,1\leq k\leq 5000,(\sum_{i=1}^nd_i)=m\times k$

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1|2解题思路

额去年线上赛的时候一点想法都没有是时候轮到我来一雪前耻历（虽然这题还是很难

首先我们注意到一个特殊的条件$n-2\leq m$，看上去没什么想法但是看一下数据范围有$n-1=m$和$n-1\leq m$两个部分分。

先考虑$n-1=m$的，就是原料比菜品多一个，那么我们一定有$d_{min}<k$而且$d_{min}+d_{max}>k(n\neq 2)$。

嗯所以我们每次拿最少的一个原料和最多的一个原料做一个菜那么依旧满足$n-1=m$的条件。

然后考虑$n\leq m$的情况，不难发现肯定有$d_{max}\geq k$，所以我们直接拿最多的来做一道菜那么要不$n-1,m-1$要么$m-1$变成$n-1=m$的情况。

之后是$n-2=m$的做法，这个是本题的核心难点。

在洛谷题解上看到过一个有趣的证明，我们可以把原料看成一个点，菜品所用的两个原料看成一条边，那么因为$m=n-2$所以这张图一定是不连通的，那么至少会被分成两棵树。

发现对于树就是$m=n-1$的情况，所以其实是相当于我们要把$m=n-2$的情况分成两个$m=n-1$的情况。

而且因为$m=n-1$一定有解所以我们只需要考虑怎么分就好了。

相当于我们要找出一个原料集合$S$使得

$$\sum_{i\in S}d_i=(|S|-1)k\Rightarrow \sum_{i\in S}(d_i-k)=-k$$

然后直接$dp$的复杂度是$O(Tn^2k)$的，加个$bitset$优化就是$O(T\frac{n^2k}{w})$，可以通过本题

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1|3code

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<vector>
#include<bitset>
using namespace std;
const int N=510,S=5e6+10,W=2500000;
struct node{
	int w,id;
}d[N];
struct cnode{
	int a,A,b,B;
}v[N*10];
int T,n,m,k,tot;
bool vis[N];
bitset<S>f[N];
vector<node> u;
bool cmp(node x,node y)
{return x.w<y.w;}
void Add(int a,int A,int b=0,int B=0)
{v[++tot]=(cnode){a,A,b,B};return;}
void solve(int m,vector<node> &d){
	int n=d.size();tot=0;
	while(m&&m>=n){
		sort(d.begin(),d.end(),cmp);
		Add(d[n-1].id,k);
		d[n-1].w-=k;m--;
		if(!d[n-1].w)d.pop_back(),n--;
	}
	if(m==n-1){
		while(m){
			sort(d.begin(),d.end(),cmp);swap(d[0],d[n-1]);
			Add(d[n-1].id,d[n-1].w,d[0].id,k-d[n-1].w);
			d[0].w-=k-d[n-1].w;d.pop_back();n--;m--;
			if(!d[0].w)swap(d[0],d[n-1]),d.pop_back(),n--;
		}
	}
	for(int i=1;i<=tot;i++){
		if(v[i].b)printf("%d %d %d %d\n",v[i].a,v[i].A,v[i].b,v[i].B);
		else printf("%d %d\n",v[i].a,v[i].A);
	}
	u.clear();return;
}
int main()
{
	scanf("%d",&T);
	f[0][W]=1;
	while(T--){
		scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
		for(int i=1;i<=n;i++)
			scanf("%d",&d[i].w),d[i].id=i;
		if(m==n-2){
			for(int i=1;i<=n;i++){
				int tmp=d[i].w-k;
				if(tmp>=0){
					f[i]=f[i-1];
					f[i]|=(f[i-1]<<tmp);
				}
				else{
					f[i]=f[i-1];
					f[i]|=(f[i-1]>>(-tmp));
				}
			}
			if(!f[n][W-k])puts("-1");
			else{
				memset(vis,0,sizeof(vis));
				for(int i=n,z=W-k;i>=1;i--){
					int tmp=d[i].w-k;
					if(f[i-1][z-tmp])
						u.push_back(d[i]),vis[i]=1,z-=tmp;
				}
				solve(u.size()-1,u);
				for(int i=1;i<=n;i++)
					if(!vis[i])u.push_back(d[i]);
				solve(u.size()-1,u);
			}
		}
		else{
			for(int i=1;i<=n;i++)
				u.push_back(d[i]);
			solve(m,u);
		}
	}
	return 0;
}

__EOF__

本文作者：QuantAsk
本文链接：https://www.cnblogs.com/QuantAsk/p/14957161.html
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