CF10E Greedy Change 题解

http://codeforces.com/problemset/problem/10/E

题意

给出货币系统 $\{c_n\}$ 满足 $c_1>c_2>\cdots>c_n=1$，请找到最小的 $x$ 使贪心算法需要的货币数目比最优解多。

贪心算法：每次取最大的不超过 $x$ 的货币。

$1\le n\le400,1\le c_i\le10^9$

题解

把 $x$ 的货币系统表示记作向量 $V$，即 $V\cdot C=x$。

令向量 $M(x)$ 为表示 $x$ 字典序最大的最优解，$G(x)$ 为贪心解（是字典序最大的表示）。

这样限制可以直接比较两个向量。开始推性质（下面的比较都是字典序）：

• $\forall x<y,M(x)<M(y)$

• $M$ 的子集是最优的表示，$G$ 的子集是贪心表示。

这些都由定义易得。

定义 $s$ 为最小的解，这样取一个子集之后 $M,G$ 是相等的，可以找一些必要条件：

• $M(s),G(s)$ 非零位无交。

如果 $M,G$ 的第 $i$ 位均大于 $0$，$s-c_i$ 是比 $s$ 更优的解，矛盾。

设 $i,j$ 为 $M(s)$ 的最低和最高非零位。

• $G(s-c_j)$ 前 $i-1$ 位为 $0$。

$M(s)$ 前 $i-1$ 位为 $0$ $\Rightarrow$ $M(s-c_j)$ 前 $i-1$ 位为 $0$ $\Rightarrow$ $G(s-c_j)$ 前 $i-1$ 位为 $0$。

推论：$s-c_j<c_{i-1}$。

• $G(s)$ 在前 $i-1$ 位有非零位。

$G(s)$ 第 $i$ 位一定是 $0$，如果前 $i-1$ 位也全部是 $0$，那么字典序就小于 $M(s)$ 了，与定义矛盾。

推论：$s\ge c_{i-1}$。

现在整理一下限制，因为 $c_i$ 的数量不多，想要建立和 $M(s)$ 的关系：

$s\ge c_{i-1}\Rightarrow c_{i-1}-1-c_i<s-c_i\Rightarrow G(c_{i-1}-1-c_i)<G(s-c_i)=M(s-c_i)$

发现把向量第 $i$ 位加 $1$ 仍是符合定义的。

对于 $G$ 考虑贪心过程是显然的。

对于 $M$，$M(s-c_i)$ 是 $M(s)$ 的子集，至少需要再某一位加 $1$，必然是第 $i$ 位。

于是得到 $G(c_{i-1}-1)<M(s)$。

从另一个限制出发：

$s-c_j\le c_{i-1}-1\Rightarrow M(s-c_j)=G(s-c_j)\le G(c_{i-1}-1)$

本来 $M(s)$ 字典序大于 $G(c_i-1)$，第 $j$ 位减 $1$ 后就小于等于了。

首先它们 $j$ 位之前相等。由于 $M(s)$ 第 $j$ 位之后都是 $0$ ，所以 $M(s)$ 第 $j$ 位恰好为 $G(c_{i-1})$ 第 $j$ 为加 $1$。

现在可以枚举 $i,j$，$O(n)$ check，时间复杂度 $O(n^3)$。

代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int inf=2e9;
int main(){
	int n,ans=inf;
	scanf("%d",&n);
	vector<int> c(n);
	for(int&x:c) scanf("%d",&x);
	auto val=[&](int x){
		int res=0;
		for(int v:c) res+=x/v,x%=v;
		return res;
	};
	for(int i=1;i<n;i++){
		int s=c[i-1]-1,x=s,m=0;
		for(int j=i;j<n;j++){
			m+=x/c[j];x%=c[j];
			if(m+1<val(s-x+c[j])) ans=min(ans,s-x+c[j]);
		}
	}
	printf("%d\n",ans==inf?-1:ans);
	return 0;
}