洛谷 P2376 [USACO09OCT]津贴Allowance 解题报告
P2376 [USACO09OCT]津贴Allowance
题目描述
作为创造产奶纪录的回报，\(Farmer\) \(John\)决定开始每个星期给\(Bessie\)一点零花钱。
\(FJ\)有一些硬币，一共有\(N(1<=N<=20)\)种不同的面额。每一个面额都能整除所有比它大的面额。
他想用给定的硬币的集合，每个星期至少给\(Bessie\)某个零花钱的数目\(C(1<=C<=100000000)\)。请帮他计算他最多能支付多少个星期的零花钱。
输入输出格式
输入格式：
第1行: 两个由空格隔开的整数:\(N\)和\(C\)；
第2到第\(N+1\)行: 每一行有两个整数表示一个面额的硬币：硬币面额\(V(1<=V<=100,000,000)\)拥有的该面额的硬币数\(B(1<=B<=1,000,000)\)。
输出格式：
第1行: 一个单独的整数，表示最多能给支付多少个星期至少为\(C\)的零用钱。
一开始的贪心很容易想到要每次先给大钱，如果不够一步步拿小钱补充。
但最后小钱用完了可能产生浪费，万一大钱浪费一下可以更少呢。又看了看数据范围\(N(1<=N<=20)\)，心想怕不是个搜索。憋了一会儿搜索写不出来。最后看了题解才知道是贪心。
先说说这个题贪心的思维导向性在哪，没错就是这句话“每一个面额都能整除所有比它大的面额”，是不是感觉又奇怪又违和，感觉用不上？？
一般来讲，遇到这种看起来比较怪的条件，可以尝试这向贪心的方面想一想。哪怕证不出来也没关系，骗点分总不亏撒
下面正题，贪心策略及证明
策略
每一次给钱时，从大钱开始给，但每次给到要浪费钱的一次就不给了，用小一些的钱给。
给到已经没有小钱了以后，再给怎么也会产生浪费，就从小到大给，用面值尽可能小的钱产生浪费。
总结起来就是一句话：当需要产生浪费时，用面值尽可能小的钱产生
证明
命题：大钱产生的浪费一定不比小钱小
证明：
任取两个面值的钱分别为\(ka,a\)，\(k\)是正整数，在当前次还需要支付零用钱至少\(X\)
(1) 当浪费大钱\(ka\)时
设\(X=b*ka+r\)①
则浪费的钱数为\(f=ka-r\)②
(2)当浪费小钱\(a\)时
用掉一定的\(ka\)却不浪费当前次还需要支付的零用钱为\(X'=r\)
设\(X'=b'*a+r'\)③
则浪费的钱数为\(f'=a-r'\)④
两者做差，\(f-f'=(k-1)*a+r'-r\)
由③得，\(r'-r=-b'*a\)
则\(f-f'=(k-b'-1)*a\)
因为\(k,b'\)均为正整数且\(k>b'\)，所以\(f-f'>=0\)
命题得证。
当然，我们肯定不能一次次的枚举每一周，否则会\(T\)两组。
考虑对情况进行加速，说是加速，其实也就是存储每周在某种情况下每个钱用了多少张，然后直接统计这种用钱情况可以重复多少次而已。
写的时候注意细节啊
Code：
#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define ll long long
using namespace std;
const ll N=23;
const ll inf=0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
pair <ll ,ll > money[N];
ll n,c,now,ans,cnt[N],l,r;
int main()
{
scanf("%lld%lld",&n,&c);
for(ll i=1;i<=n;i++)
scanf("%lld%lld",&money[i].first,&money[i].second);
sort(money+1,money+1+n);
l=1,r=n;
while(233)
{
memset(cnt,0,sizeof(cnt));
now=c;
for(ll i=r;i>=l;i--)
{
if(!now) break;
if(now>=money[i].first)
{
cnt[i]=now/money[i].first;
if(cnt[i]<=money[i].second)
now=now%money[i].first;
else
{
cnt[i]=money[i].second;
now=now-money[i].first*cnt[i];
}
}
}
if(now)
{
ll L=l;
while(now)
{
if(now<=money[L].first*(money[L].second-cnt[L]))
{
cnt[L]+=now/money[L].first+(now%money[L].first?1:0);
if(!money[L].second) L++;
now=0;
}
else
{
now-=money[L].first*(money[L].second-cnt[L]);
cnt[L]=money[L].second;
L++;
}
if(L>r) break;
}
}
if(!now)
{
ll cntt=inf;
for(ll i=l;i<=r;i++)
if(cnt[i])
cntt=min(cntt,money[i].second/cnt[i]);
ans+=cntt;
for(ll i=l;i<=r;i++)
{
money[i].second-=cntt*cnt[i];
if(!money[l].second) l++;
}
while(r>=l&&!money[r].second) r--;
}
else
break;
}
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}
2018.7.1
