小猫爬山
Problem Description
Freda和rainbow饲养了N只小猫,这天,小猫们要去爬山。经历了千辛万苦,小猫们终于爬上了山顶,但是疲倦的它们再也不想徒步走下山了(呜咕>_<)。
Freda和rainbow只好花钱让它们坐索道下山。索道上的缆车最大承重量为W,而N只小猫的重量分别是C1、C2……CN。当然,每辆缆车上的小猫的重量之和不能超过W。每租用一辆缆车,Freda和rainbow就要付1美元,所以他们想知道,最少需要付多少美元才能把这N只小猫都运送下山?
Input
第一行包含两个用空格隔开的整数,N和W。
接下来N行每行一个整数,其中第i+1行的整数表示第i只小猫的重量Ci。
Output
输出一个整数,最少需要多少美元,也就是最少需要多少辆缆车。
Sample Input
5 1996
1
2
1994
12
29
Sample Output
2
Tip
对于 100%的数据,1≤N≤18,1≤Ci≤W≤108
观察本题,我们可能会想到动态规划之类的办法,但认真考虑,却发现可行性不高。
因为这道题应当是一个简单的贪心思路,找出一组猫,它们的重量低于W且比其他符合条件的组合的重量更大。
所以,我们知道N≤18,那么我们就直接枚举所有的情况,一次查找的复杂度只有O(218(262144)),所以我们可以直接打出如下代码。
不过,在代码中,为了处理起来方便,我将枚举小猫转化成寻找路径,通过一个深度优先搜索的算法来达到枚举的目的。并且,我对小猫体重进行排序,这样对于相同的体重的组合,如果有更重的小猫,那么更重的小猫的组合会被选择送上缆车,来保证算法的正确性。
#include <cstdio>
using namespace std;
int n,w,tot,ans,qt,tail;
int q[19],d[19],c[19],h[19],bo[19];
struct edge{
int to[200],next[200];
void add(int i,int j)
{
to[++tot]=j;
next[tot]=h[i];
h[i]=tot;
}
}e;
inline int read()
{
int x=0;char c=getchar();
while ((c<'0')||(c>'9'))
c=getchar();
while ((c>='0')&&(c<='9'))
x=(x<<3)+(x<<1)+c-'0',c=getchar();
return x;
}
void qsort(int ,int );
void dfs(int );
int main()
{
n=read();w=read();
for (int i=1;i<=n;i++)
c[i]=read();
qsort(1,n);
for (int i=n;i>1;i--)
for (int j=i-1;j;j--)
e.add(i,j);
while (bo[0]<n)
{
for (int k=n;k;k--)
if (!bo[k])
{
tail=1;q[0]=qt=0;
d[tail]=k;d[0]=c[k];
dfs(k);
goto outit;
}
outit:
for (int i=1;i<=qt;i++)
bo[q[i]]=true;
bo[0]+=qt;
ans++;
}
printf("%d",ans);
return 0;
}
void dfs(int now)
{
if (d[0]==w)
goto down;
for (int jump=h[now];jump;jump=e.next[jump])
{
int p=e.to[jump];
if (bo[p])
continue;
if (c[p]+d[0]<=w)
{
d[0]+=c[p];
d[++tail]=p;
dfs(p);
tail--;
d[0]-=c[p];
}
}
down :
if (d[0]>q[0])
{
for (int j=0;j<=tail;j++)
q[j]=d[j];
qt=tail;
}
return ;
}
void qsort(int l,int r)
{
int a=l,b=r;
int mid=c[(a+b)>>1];
while (a<=b)
{
while (c[a]<mid)
a++;
while (c[b]>mid)
b--;
if (a<=b)
{
int f=c[a];
c[a]=c[b];
c[b]=f;
a++;b--;
}
}
if (l<b)
qsort(l,b);
if (a<r)
qsort(a,r);
return ;
}