揹包專項訓練
bottle
題意簡述
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有 \(n\) 瓶水，第 \(i\) 瓶水有剩餘水量 \(a_i\) 和最大容積 \(b_i\)，在不超過瓶子容積的前提下，小 A 可以把任意多的水從一個瓶子倒向另一個瓶子，所花費的時間等同於倒過去的水的體積。
求最多能得到多少個空瓶，以及在得到最多的空瓶的前提下，他最少需要花費的時間。
對於 \(70\%\) 的資料，\(1 \le n, a_i, b_i \le 100\)。
對於 \(100\%\) 的資料，\(1 \le n, a_i, b_i \le 500\)。
簡要分析
題意簡化為：選出若干個瓶子，使得選出的瓶子最多，且 總水量 \(\le\) 未被選中的瓶子的總容積，同時要求選中的瓶子的 原有 水量最少。
記 \(\sum a_i\) 為被選為空瓶的總水量，\(\sum a_j\) 為剩餘瓶子的總水量，不難得到 \(\sum a_i + \sum a_j = \sum a\)，對 \(b\) 同樣如此定義。
題意即可形式化為：使 \(\sum a_i\) 最小，同時保證 \(\sum b_j \ge \sum a\)。
70 pts
對於 \(70\%\) 的資料，\(1 \le n, a_i, b_i \le 100\)。資料範圍啟發做法，可嘗試 \(\mathcal{O}(n^4)\) 的演算法。
首先考慮求出最多空瓶數，貪心做法。容積小的瓶子優先選擇。因為要滿足 \(\sum b_j \ge \sum a\)，顯然貪心為真。
然後考慮第二個答案。記 \(f_{i, j}\) 表示用掉 \(i\) 個瓶子 浪費 了容積 \(j\) 所需的最小 \(\sum a_i\)。轉移 \(f_{i, j} = \min_{k \in [i, n]}{f_{i - 1, j - b_k} + a_k}\)。
由於要列舉當前走到的位置（\(\mathcal{O}(n)\)），內層列舉用掉的瓶子數（\(\mathcal{O}(n)\)），接著列舉浪費的容積（\(\mathcal{O}(n^2)\)），因此複雜度為 \(\mathcal{O}(n^4)\)。
100 pts
記 \(f_i\) 表示
#include<bits/stdc++.h>
#define N 505
#define M 250005
using namespace std;
int read(){
int x = 0, f = 1; char ch = getchar();
while(!isdigit(ch)) {if(ch == '-') f = -1; ch = getchar();}
while(isdigit(ch)) {x = (x << 3) + (x << 1) + ch - 48; ch = getchar();}
return x * f;
}
int n, sum, a[N], b[N], f[M], g[M];
int main(){
n = read();
for(int i = 1; i <= n; i++) a[i] = read(), sum += a[i];
for(int i = 1; i <= n; i++) b[i] = read();
memset(g, 0x3f, sizeof g);
int Max = 250000; g[0] = 0;
for(int i = 1; i <= n; i++){
for(int k = Max; k >= b[i]; k--){
if(g[k - b[i]] + 1 < g[k])
f[k] = f[k - b[i]] + a[i],
g[k] = g[k - b[i]] + 1;
else if(g[k - b[i]] + 1 == g[k])
f[k] = max(f[k], f[k - b[i]] + a[i]);
}
}
int ans1 = INT_MAX, ans2 = -INT_MAX;
for(int i = sum; i <= Max; i++){
if(g[i] < ans1) ans1 = g[i], ans2 = f[i];
else if(g[i] == ans1) ans2 = max(ans2, f[i]);
}
printf("%d %d\n", n - ans1, sum - ans2);
return 0;
}
file
link
小 A 有 \(𝑛\) 份檔案需要儲存，對於第 \(𝑖\) 份檔案，他需要花費 \(𝑡_𝑖\) 的時間來儲存。
然而，第 \(𝑖\) 份檔案在經過 \(𝑑_𝑖\) 的時間之後就會被銷燬，若想要成功地儲存第 \(𝑖\) 份檔案，就必須要在時間 \(𝑑_𝑖\) 之前完成儲存，即使是恰好在𝑑𝑖時刻完成儲存也沒有意義。
因此，對於 \(𝑡_𝑖 \ge 𝑑_𝑖\) 的檔案，小 A 是無論如何也無法完成儲存的。
小 A 給第 \(𝑖\) 份檔案賦予了一個價值 \(𝑝_𝑖\)，現在他想要知道他可能能儲存下來的最大價值。
請注意，小 A 在任意時刻都只能進行一份檔案的儲存，如果他先後儲存了 \(𝑎\) 檔案和 \(𝑏\) 檔案，那麼𝑎檔案完成儲存的時間就是 \(𝑡_𝑎\)，而 \(𝑏\) 檔案完成儲存的時間是 \(𝑡_𝑎 + 𝑡_𝑏\)。
對於 \(70\%\) 的資料，保證 \(1 \le 𝑛 \le 100,1 ≤ 𝑡_𝑖, 𝑝_𝑖≤ 20, 1 ≤ 𝑑_𝑖≤ 2000\)。
對於 \(100\%\) 的資料，保證 \(1 ≤ 𝑛 ≤ 1000, 1 ≤ 𝑡_𝑖, 𝑝_𝑖≤ 100, 1 ≤ 𝑑_𝑖≤ 100000\)。