P1094 [NOIP2007 普及组] 纪念品分组
[NOIP2007 普及组] 纪念品分组
题目背景
NOIP2007 普及组 T2
题目描述
元旦快到了，校学生会让乐乐负责新年晚会的纪念品发放工作。为使得参加晚会的同学所获得 的纪念品价值相对均衡，他要把购来的纪念品根据价格进行分组，但每组最多只能包括两件纪念品， 并且每组纪念品的价格之和不能超过一个给定的整数。为了保证在尽量短的时间内发完所有纪念品，乐乐希望分组的数目最少。
你的任务是写一个程序，找出所有分组方案中分组数最少的一种，输出最少的分组数目。
输入格式
共 $n+2$ 行：
第一行包括一个整数 $w$，为每组纪念品价格之和的上限。
第二行为一个整数 $n$，表示购来的纪念品的总件数 $G$。
第 $3\sim n+2$ 行每行包含一个正整数 $P_i$ 表示所对应纪念品的价格。
输出格式
一个整数，即最少的分组数目。
样例 #1
样例输入 #1
100
9
90
20
20
30
50
60
70
80
90
样例输出 #1
6
提示
$50%$ 的数据满足：$1\le n\le15$。
$100%$ 的数据满足：$1\le n\le3\times10^4$，$80\le w\le200$，$5 \le P_i \le w$。
贪心
重在证明，虽然AC了证明还是模糊
贪心策略：
1.首先对所有物品的价值从小到大进行排序
2.用两个指针，一个指向前端，另一个指向后端;
3.最小的匹配最大的时候分组数最小
4.当 $a_i + a_j > w$时，j--;
说明后面数太大了，只能独立作为一个组
5.当 $a_i + a_j <= w$ 时，i++, j--;
两个数作为一个组
证明：
分情况进行讨论：
首先贪心得到的解是一种可行方案，而最后的最优解是所有可行方案中的最小值，
因此可以证明出 最优解 <= 贪心得到的解
存在最优解S ，他不是按照贪心步骤得到的；
1.$a_i + a_j > w$ 时，由于从小到大进行了排序 $a_i$ 是当前最小的，说明$a_j$不能与其他任何$a_k$为一组，$i < k < j $，因此$a_j$只能独立分组；
2.$a_i + a_j <= w$ ，而最优解中并不是$a_i与a_j$ 一组；
(1)$a_j$ 是独立分组的，并且$a_i$也是独立分组的时候，由于$a_i + a_j <= w$，将它俩合并为同一个组，这时分组数-1，这里可以证明出最优解 >= 贪心得到的解
到这一步我们可知贪心得到的解就是最优解。
进一步说明：
已知 $i < k < j$,
(2)$a_j$ 单独一组，$a_i 与 a_k$ 一组，将$a_i$与$a_k4拆分，再把$a_i$与$a_j$合并，这是分组数不变
(3)$a_j与a_k$ 一组，$a_i$单独一个组，这时候交换$a_i,a_k$, 分组数仍不变
C++ 代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 3e4 + 10;
int w,n;
int a[N];
int ans;
int main(){
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
cin >> w >> n;
for(int i = 1; i <= n; i++){
cin >> a[i];
}
sort(a + 1, a + 1 + n);
int i = 1,j = n;
while(i <= j){
if(a[i] + a[j] > w) {
ans ++; //单独作为一个组
j--;
}
else{
ans ++; //两件物品一起作为一个组
i++;
j--;
}
}
cout << ans << endl;
return 0;
}
【推荐】国内首个AI IDE，深度理解中文开发场景，立即下载体验Trae
【推荐】编程新体验，更懂你的AI，立即体验豆包MarsCode编程助手
【推荐】抖音旗下AI助手豆包，你的智能百科全书，全免费不限次数
【推荐】轻量又高性能的 SSH 工具 IShell：AI 加持，快人一步
· 分享一个免费、快速、无限量使用的满血 DeepSeek R1 模型，支持深度思考和联网搜索！
· 基于 Docker 搭建 FRP 内网穿透开源项目（很简单哒）
· ollama系列1：轻松3步本地部署deepseek，普通电脑可用
· 按钮权限的设计及实现
· 【杂谈】分布式事务——高大上的无用知识？