『动态规划』噪音

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题目描述

FJ有M个牛棚，编号1至M，刚开始所有牛棚都是空的。

FJ有N头牛，编号1至N，这N头牛按照编号从小到大依次排队走进牛棚，每一天只有一头奶牛走进牛棚。第i头奶牛选择走进第p[i]个牛棚。
由于奶牛是群体动物，所以每当一头奶牛x进入牛棚y之后，牛棚y里的所有奶牛们都会喊一声“欢迎欢迎，热烈欢迎”，由于声音很大，所以产生噪音，产生噪音的大小等于该牛棚里所有奶牛（包括刚进去的奶牛x在内)的数量。

FJ很讨厌噪音，所以FJ决定最多可以使用K次“清空”操作，每次“清空”操作就是选择一个牛棚，把该牛棚里所有奶牛都清理出去，那些奶牛永远消失。“清空”操作只能在噪音产生后执行。

现在的问题是：FJ应该选择如何执行“清空”操作，才能使得所有奶牛进入牛棚后所产生的噪音总和最小？

题解

一直以为这道题顺序也对答案有关，而只想着以n作为状态；但这显然是不可行的。

我们最后关心的是每一个牛棚清空几次，在第几次清空；因此我们可以在输入之后用桶排的思想对每一个牛棚进行标记 ； 那么我们只要对每一份牛棚进行分别处理即可而不需要以时间为状态。

我们设 $f[i][j]$表示前i个牛棚，已经使用了j次清空机会的最小噪音。

则有状态转移方程： $f[i][j]\ =\ f[i-1][j-k]+Cost(a[i],k+1)$

a[i]表示第i个牛棚中进入牛的数量； $Cost(a,b)$表示将有 $a$只牛棚分成 $b+1$段的最小噪音。

一定需要平均分，例如将 $11$分成 $4$段就是： $2,3,3,3$.可以这么理解： $11/4=2$，因此分成 $2$个 $4$；而 $11\%4=3$，所以有 $3$个 $2$需要加上 $1$.统一，我们转化到求解 $Cost(a,b)$:一定有一定有 $a-a\%b$的数是 $\lfloor \frac{a}{b}\rfloor$，有 $a\%b$个数是 $\lfloor \frac{a}{b}+1\rfloor$,最后用等差数列求和公式即可得到 $cost(a,b)$.

对于这道题目来说，合理的观察数据范围还是十分重要的。

代码如下：

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

int n,m;
int t[301];
int v[301];
long long c[301];
long long f[301][90001];

void Sort(void)
{
	for (int i=1;i<n;++i)
	    for (int j=i+1;j<=n;++j)
	        if (t[i]>t[j]) 
	        {
	        	swap(t[i],t[j]);
	        	swap(v[i],v[j]);
	        	swap(c[i],c[j]);
	        }
	return;
}

int main(void)
{
	freopen("market.in","r",stdin);
	freopen("market.out","w",stdout);
	scanf("%d %d",&n,&m);
	for (int i=1;i<=n;++i) 
		scanf("%lld %d %d",c+i,v+i,t+i);
	Sort();
	int V = n*300;
	for (int i=1;i<=V;++i) f[0][i] = 1e15;
    for (int i=1;i<=n;++i)
        for (int j=0;j<=V;++j)
        {
        	f[i][j] = f[i-1][j];
        	if (j-v[i] >= 0) f[i][j] = min(f[i][j], f[i-1][j-v[i]]+c[i]);
        }
    for (int i=1;i<=n;++i)
        for (int j=V-1;j>=0;--j)
            f[i][j] = min(f[i][j+1], f[i][j]);
    //f[i][j] 表示 前i件物品 价值至少为j的最小代价
	for (int i=1,T,M;i<=m;++i)
	{
		scanf("%d %d",&T,&M);
		int pos = upper_bound(t+1,t+n+1,T)-t-1;// T <= t[pos]
		int ans = upper_bound(f[pos]+1,f[pos]+V+1,M)-f[pos]-1;// m <= f[pos][ans]
		printf("%d\n",ans);
	}
	return 0;
}