小兔的話
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CF10E Greedy Change
題目限制
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題目知識點
- 思維
題目來源
「 CodeForces」10E Greedy Change
為了方便大家閱讀通暢，題目可能略有改動，保證不會造成影響
題目
題目翻譯
給定 \(n\) 種貨幣，每種貨幣數量無限
現在要求以最少的貨幣數目表示一個正整數 \(S\)
一種方法是 DP 求一個最優解了；另一種方法是貪心：每次取當前能取的最大貨幣
現在你的任務是貪心是不一定最優的：找到最小的 \(S\)，使得 貪心求出的最優解 比 DP求出的最優解 差，或說明這樣的 \(S\) 不存在
格式
輸入格式
輸入共 \(2\) 行：
第 \(1\) 行：包含一個整數 \(n\)
第 \(2\) 行：包含 \(n\) 個整數 \(a_i\)，表示每個硬幣面值
輸出格式
如果不存在 \(S\) 使得 貪心求出的最優解 比 DP求出的最優解 差，則輸出 -1 ；否則輸出最小的 \(S\)
樣例
樣例 \(1\)
樣例輸入
5
25 10 5 2 1
樣例輸出
-1
樣例解釋
不存在 \(S\) 使得 貪心求出的最優解 比 DP求出的最優解 差
樣例 \(2\)
樣例輸入
3
4 3 1
樣例輸出
6
樣例解釋
當 \(S = 6\) 時，貪心做法求出的最優解為 \(3 \ (4 + 1 + 1)\)，DP做法求出的最優解為 \(2 \ (3 + 3)\)
提示
資料範圍
對於 \(100\%\) 的資料：滿足 \(1 \leq n \leq 400\)，\(1 \leq a_i(1 \leq i \leq n) \leq 10^9\)，且保證 \(a\) 陣列嚴格降序排列且 \(a_n = 1\)
思路
首先肯定不可能列舉 \(S\)，因為題目沒有告訴我們 \(S\) 的上界，暴力列舉肯定會 \(TLE\) 的
根據資料範圍 \(1 \leq n \leq 400\)，\(1 \leq a_i(1 \leq i \leq n) \leq 10^9\)，可以看出應該是一個 \(O(n ^ 3)\) 或者 \(O(n ^ 2 \ \mathrm{log} \ a_i)\) 的演算法
不知道怎麼產生的 \(\mathrm{log} \ a_i\)，所以考慮 \(O(n ^ 3)\) 的演算法
那麼對於一個數值 \(S\)，什麼情況下 DP 比 貪心 更優呢？
假設 \(S\) 能在 \(a_{k \in [i + 1, j]}\) 中取完後沒有剩餘（最少取了 \(p\) 次），而貪心取完了 \(a_i\) 後只能取 \(a_{k \in[j + 1, n]}\) 了（包括取 \(a_{k \in[j + 1, n]}\) 一共取了 \(q\) 次）；若 \(p < q\)，則貪心不是最優的
因此我們可以列舉區間 \([i, j]\)，如果滿足 \(p < q\)，則找到了一個解 \(S\)；最後在所有的 \(S\) 中取最小的即可
分析
知道了大概思路，如何求 \(p\) 和 \(q\) 呢？
我們要保證 \(S\) 能在 \(a_{k \in [i + 1, j]}\) 中取完 並且 貪心取完了 \(a_i\) 後只能取 \(a_{k \in[j + 1, n]}\) 了
- 先保證前者：先選一個數 \(A\)，記 \(A\) 在 \(a_{k \in [i + 1, j]}\) 中取完之後剩下 \(B\)，那麼 \(S\) 就可以是 \(A - B\)（\(A\) 如何選就要看後者了）
- 再保證後者：因為 \(B\) 是取完後剩下的，所以 \(B < a_j\)；要保證 \(S > a_i\) 且 \(S \ \mathrm{mod} \ a_i < a_j\)，不妨假設 \(S\) 只取了 \(1\) 個 \(a_i\)（因為要保證當前 \(S\) 也最小嘛），所以 \(S > a_i\) 且 \(S - a_i < a_j\)；因為 \(B < a_j\)，則 \(a_j - B \geq 1\)；因此可以選一個 \(A < a_i\)，使得 \(A + a_j - B \geq a_i\)，能保證這 \(2\) 個式子的只有 \(A = a_i - 1\) 了；得到 \(A\) 後，\(B\)、\(S\) 也就出來了
對每個區間 \([i, j]\)，按照上面的方法計算 \(p, q\) 就可以了
如果所有區間都不存在 \(p < q\) 就輸出 \(-1\)
\(\mathrm{code}\)
#include <cstdio>
int Max(int a, int b) { return (a > b) ? a : b; }
int Min(int a, int b) { return (a < b) ? a : b; }
int rint()
{
int x = 0, fx = 1; char c = getchar();
while (c < '0' || c > '9') { fx ^= (c == '-' ? 1 : 0); c = getchar(); }
while ('0' <= c && c <= '9') { x = (x << 3) + (x << 1) + (c ^ 48); c = getchar(); }
if (!fx) return -x;
return x;
}
const int MAX_n = 400;
int n, res = 2e9;
int v[MAX_n + 5];
int main()
{
n = rint();
for (int i = 1; i <= n; i++)
v[i] = rint();
bool ok = false;
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
for (int j = i + 1; j <= n; j++)
{
int dp = 0, count = 0, now = v[i] - 1; // A = v[i] - 1
for (int k = i + 1; k <= j; k++)
dp += now / v[k], now %= v[k]; // 求出 B
int temp = now = v[i] - 1 - now + v[j]; // 計算出 S, 備份一下
for (int k = 1; k <= n; k++)
count += now / v[k], now %= v[k];
if (dp + 1 < count) res = Min(res, temp), ok = true;
// dp + 1 是因為之前多加了一個 v[j]
// 若 p < q, 則 當前S 可能是答案
}
}
printf("%d\n", ok ? res : -1);
return 0;
}