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【算法•日更•第六期】头脑风暴:洛谷P1528 切蛋糕题解

c1714-gzr 2019-07-09 14:35:00 阅读数:128 评论数:0 点赞数:0 收藏数:0

▎(一个没有用处的)前言

为什么这次题解特意写明题号呢?因为我发现了这样的事情:

所以不要混了,想看P1714题解的同志们可以圆润的滚开了。

好了,不说没用的了,切入正题:


▎题目

题目及测评链接:戳这里

▎前置技能

贪心(点击查看)搜索(点击查看)剪枝(点击查看)二分(点击查看)

▎解析

这道题看起来令人不知所措,不知道的东西太多了,到底如何分配,一看就是要用到搜索的题,但怕是连搜索也很难写了。

我们按照顺序一点一点的想:

首先,我们不知道如何分配,只能像无头苍蝇一样到处乱撞,所以我们可以先假设有多少人可以被满足,然后再实际用搜索检验一下这个假设是否可以成功,如果能行,那么增加这个假设的人数,继续试验;如果不行,那么就减少这个假设的人数,继续试验。

这就和原来不一样了,现在是有目标的,而且可以充分保证正确率。现在大致的思路就是这样的:

这就是我们的整体大思路,但是这样的方法时间复杂度显然是不可以的,我们需要一定的优化,其实优化是很简单的,只要有点生活常识就行:

①一块蛋糕一定能满足更多的嘴小的人,而不是更多嘴大的人。所以,贪心的想:如果将人按照嘴的大小排序,是不是更好呢?

②题目中明确规定不能将两块蛋糕拼起来,所以,如果一个人嘴大到连最大的蛋糕都无法满足,那就可以把他踢出去了,那么就不再考虑这个人了,因为无论如何都满足不了。所以依次(从大到小)把嘴大于最大的蛋糕的人全部排除掉,减少搜索判断次数,就可以起到优化的效果了。

③我们要先假设能满足的人数,那么该怎样假设呢?总得有个顺序吧,从小到大?从大到小?显然多一次假设就会多一次搜索,那么减少假设次数便是一个关键。于是我们便想到了二分,如果使用二分的话,就可以大大减少假设次数。

④剪枝优化1:每一次试探中蛋糕都会有所浪费,怎样判别是否浪费呢?显然,如果一块蛋糕分给一个人一部分后,剩下的连嘴最小的人都满足不了了,那么就一定浪费了。如果蛋糕总量减去浪费的蛋糕量(即这种方法剩下的蛋糕总量)比前n个人的总需求量还小,那么就说明无论如何都满足不了这n个人了,应该立即返回0,表示这种方案失败,换一种方案再继续搜索,这样就会少递归很多次。

⑤剪枝优化2:如果前一个人和这个人的嘴一样大,那么就可以优化判断前面的人是否可以被满足,减少for循环次数,由于这个人在第i个蛋糕之前的蛋糕都已经无法满足了(所以才会使用第i个蛋糕来满足),因为前一个人和这个人嘴一样大,所以前i个蛋糕也无法满足这个人了,因此,下一次循环可以特意从当前的i开始循环,而same_start也就是这样起到标记效果的。

 ▎Code speaks louder than words!

  废话不多说了,详细的地方都已经写好了注释,直接上代码吧!


 

 #include<iostream>
#include<algorithm>
#define bug cout<<"no error!";
using namespace std;
 int mouth[],cake[],c[],pre[],waste,all,n,m,l,r,mid,ans,maxn;//变量的意思(依次)
 //嘴的大小、蛋糕的大小、蛋糕大小副本、前缀和、浪费值、蛋糕总体积 、蛋糕个数、嘴的个数、二分左边界、右边界
 //二分的中点、答案、最大的蛋糕的体积 
int dfs(int num,int same_start)//num表示剩下的要满足的人数,同时也巧妙的表示了人嘴的编号
 //same_start未剪枝时都可以当做1,而在进行剪枝时的用处详见上文 
{
 if(num==) return ;//能够分配完所有的人,那么返回1 
if(all-waste<pre[mid]) return ;//剪枝优化1,详见上文 
for(int i=same_start;i<=n;i++)
  {
 if(c[i]>=mouth[num])
  {
 c[i]-=mouth[num];//如果能满足这个人,那么就让他吃掉,进行试探 
if(c[i]<mouth[]) waste+=c[i];//如果连口最小的人都满足不了,
 //那么只能浪费,于是增加浪费值,便于上面的剪枝 
if(mouth[num]==mouth[num-])//剪枝优化2,详见上文 
 {
 if(dfs(num-,i)) return ;
  }
 else if(dfs(num-,)) return ;
 if(c[i]<mouth[]) waste-=c[i];//回溯 
c[i]+=mouth[num];//回溯 
 }
  }
 return ;//如果是可以满足的,那么上面会返回的,否则就是不可以满足,返回0 
}
 int main()
 {
 cin>>n;
 for(int i=;i<=n;i++)
  {
 cin>>cake[i];
 all+=cake[i];//记录蛋糕总量,用于剪枝 
if(cake[i]>maxn) maxn=cake[i];//记录最大的蛋糕大小,后面有用 
 }
 cin>>m;
 for(int i=;i<=m;i++)
 cin>>mouth[i];
 sort(mouth+,mouth+m+);//贪心:将每个人按嘴的大小排序 
while(maxn<mouth[m]) m--;//从嘴最大的人开始,如果嘴比最大的蛋糕还大,那么一定无法满足
 //因为无法将两块蛋糕拼起来给人 
for(int i=;i<=m;i++)
 pre[i]=pre[i-]+mouth[i];//记录前缀和,用于剪枝 
l=;r=m;//规定好二分查找左右边界 
while(l<=r)
  {
 waste=;//浪费值初始为0 
mid=(l+r)/;
 for(int i=;i<=n;i++) c[i]=cake[i];//如果在搜索中用cake数组的话,可能在没有回溯前就返回了,
 //那样cake值会变,影响下一轮搜索,所以赋值到c数组中,使用c数组代替,就像是常说的副本一样 
if(dfs(mid,))
  {
 ans=mid;//如果这个猜测能完成,那么就要记录下答案,不停覆盖,直到最后找到 
l=mid+;
  }
 else r=mid-;//注意:这里千万不要写成r=mid,
 //因为当l=r时,mid=l=r,如果r=mid,那么就会陷入死循环,可以自己模拟一下,l会永远等于r
 //这种情况不可能r<l,所以会一直循环
 //或者这里写成r=mid,但是while的小括号里必须换一个判定条件:l<r也是可以的 
 }
 cout<<ans;
 return ;
 }
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