CF10E Greedy Change 题解

一个非常离谱的题。

首先有结论，如果有 $w$ 使贪心不为最优解，那么比 $w$ 小的第一个 $a_i$，用贪心法求面值为 $a_i-1$，除了最后选的一个数 $a_j$ 会比原方法多选一个，其余与用动态规划求 $w$ 面值的选取方式一样。

理论求法过于多，这次我们选择一个通俗易懂的讲法。

如果我们用贪心，那么我们一定会取当前的最大值，那么如果贪心是错的那么我们就不会取当前最大值。

所以我们对于每一位 $a_i$，我们要寻找不选它更优的方案，假设贪心中选取 $a_i$ 后会选择 $a_j$，那么动态规划一定会选取 $a_{i+1}$ 到 $a_{j-1}$ 的数，如果选取比 $a_j$ 还小的数，那么一定不会是最优。

证明不会选比 $a_j$ 小的数：假设我们把贪心中足够个 $a_j$ 拆成数个 $a_k(k<j)$，那么把 $a_k$ 间互相抵消后，贪心中数只会增加不会减少，因为拆开一次 $a_j$，至少会有两个数出现。

所以我们只需找到最小的数满足只取 $a_{i+1}$ 到 $a_{j-1}$ 的数且刚好大于 $a_i$ 可以满足的最小的 $w$。

那么求这个就可以先枚举 $i$，$j$，然后贪心求解。

如何贪心求解呢，首先我们先用面值为 $a_i-1$ 去拼凑，保证这些数最后凑出来不大于 $a_i$，拼凑出来肯定会有余数，那么减去这个余数，加上 $a_{j-1}$，由于最后余数肯定小于 $a_{j-1}$，所以加上 $a_{j-1}$ 后一定会大于等于 $a_i$。

证明上述贪心正确：因为求出来的余数 $t$ 一定小于 $a_{j-1}$，所以补上那个余数最小花费为 $t-a_{j-1}$，不存在利用其他数相加得成。

而这下就会有人问，因为有可能加上一个 $a_{j-1}$ 会补成之前的一个数 $a_p$，其实这不影响，如果补了以后 $a_{j-1}$ 有剩余，实际上在之前求解就会补上，不存在在后来再补。如果没有剩余，这种解会枚举的时候 $i$ 到 $g(p<g<j)$ 时满足这种情况，所以穷举的方法使得算法正确。

然后利用 $O(n)$ 验证贪心的步数是否大于刚刚拼凑的总步数即可。

最后对于每个可行解，取最小值。

时间复杂度：$O(n^3)$。

#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
const int N=405;
int n,a[N],ans=2e9+5;
int main()
{
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]);
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		for(int j=i+1;j<=n;j++)
		{
			int num=a[i]-1,sum=0;
			for(int k=i+1;k<=j;k++)
			{
				sum+=num/a[k];
				num%=a[k];
			}
			int lim=a[i]-1-num+a[j];
			sum++;
			int tot=0;
			for(int k=1;k<=n;k++)
			{
				tot+=lim/a[k];
				lim%=a[k];
			}
			if(sum<tot)ans=min(ans,a[i]-1-num+a[j]);
		}
	}
	if(ans==2e9+5)ans=-1;
	printf("%d",ans);
	return 0;
}