「 CodeForces」10E Greedy Change

Posted 2021-05-15 Rabbit_Mua

小兔的话

欢迎大家在评论区留言哦~

---

CF10E Greedy Change

题目限制

• 时间限制：2.00s
• 内存限制：250.00MB
• 标准输入
• 标准输出

题目知识点

• 思维

题目来源

「 CodeForces」10E Greedy Change

---

为了方便大家阅读通畅，题目可能略有改动，保证不会造成影响

题目

题目翻译

给定 \\(n\\) 种货币，每种货币数量无限
现在要求以最少的货币数目表示一个正整数 \\(S\\)
一种方法是 DP 求一个最优解了；另一种方法是贪心：每次取当前能取的最大货币
现在你的任务是贪心是不一定最优的：找到最小的 \\(S\\)，使得 贪心求出的最优解 比 DP求出的最优解 差，或说明这样的 \\(S\\) 不存在

格式

输入格式

输入共 \\(2\\) 行：
第 \\(1\\) 行：包含一个整数 \\(n\\)
第 \\(2\\) 行：包含 \\(n\\) 个整数 \\(a_i\\)，表示每个硬币面值

输出格式

如果不存在 \\(S\\) 使得 贪心求出的最优解 比 DP求出的最优解 差，则输出 -1 ；否则输出最小的 \\(S\\)

样例

样例 \\(1\\)

样例输入

5
25 10 5 2 1

样例输出

-1

样例解释

不存在 \\(S\\) 使得 贪心求出的最优解 比 DP求出的最优解 差

样例 \\(2\\)

样例输入

3
4 3 1

样例输出

6

样例解释

当 \\(S = 6\\) 时，贪心做法求出的最优解为 \\(3 \\ (4 + 1 + 1)\\)，DP做法求出的最优解为 \\(2 \\ (3 + 3)\\)

提示

数据范围

对于 \\(100\\%\\) 的数据：满足 \\(1 \\leq n \\leq 400\\)，\\(1 \\leq a_i(1 \\leq i \\leq n) \\leq 10^9\\)，且保证 \\(a\\) 数组严格降序排列且 \\(a_n = 1\\)

---

思路

首先肯定不可能枚举 \\(S\\)，因为题目没有告诉我们 \\(S\\) 的上界，暴力枚举肯定会 \\(TLE\\) 的
根据数据范围 \\(1 \\leq n \\leq 400\\)，\\(1 \\leq a_i(1 \\leq i \\leq n) \\leq 10^9\\)，可以看出应该是一个 \\(O(n ^ 3)\\) 或者 \\(O(n ^ 2 \\ \\mathrm{log} \\ a_i)\\) 的算法
不知道怎么产生的 \\(\\mathrm{log} \\ a_i\\)，所以考虑 \\(O(n ^ 3)\\) 的算法

那么对于一个数值 \\(S\\)，什么情况下 DP 比 贪心 更优呢？
假设 \\(S\\) 能在 \\(a_{k \\in [i + 1, j]}\\) 中取完后没有剩余（最少取了 \\(p\\) 次），而贪心取完了 \\(a_i\\) 后只能取 \\(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\\)，则贪心不是最优的
因此我们可以枚举区间 \\([i, j]\\)，如果满足 \\(p < q\\)，则找到了一个解 \\(S\\)；最后在所有的 \\(S\\) 中取最小的即可

---

分析

知道了大概思路，如何求 \\(p\\) 和 \\(q\\) 呢？

我们要保证 \\(S\\) 能在 \\(a_{k \\in [i + 1, j]}\\) 中取完 并且 贪心取完了 \\(a_i\\) 后只能取 \\(a_{k \\in[j + 1, n]}\\) 了

• 先保证前者：先选一个数 \\(A\\)，记 \\(A\\) 在 \\(a_{k \\in [i + 1, j]}\\) 中取完之后剩下 \\(B\\)，那么 \\(S\\) 就可以是 \\(A - B\\)（\\(A\\) 如何选就要看后者了）
• 再保证后者：因为 \\(B\\) 是取完后剩下的，所以 \\(B < a_j\\)；要保证 \\(S > a_i\\) 且 \\(S \\ \\mathrm{mod} \\ a_i < a_j\\)，不妨假设 \\(S\\) 只取了 \\(1\\) 个 \\(a_i\\)（因为要保证当前 \\(S\\) 也最小嘛），所以 \\(S > a_i\\) 且 \\(S - a_i < a_j\\)；因为 \\(B < a_j\\)，则 \\(a_j - B \\geq 1\\)；因此可以选一个 \\(A < a_i\\)，使得 \\(A + a_j - B \\geq a_i\\)，能保证这 \\(2\\) 个式子的只有 \\(A = a_i - 1\\) 了；得到 \\(A\\) 后，\\(B\\)、\\(S\\) 也就出来了

对每个区间 \\([i, j]\\)，按照上面的方法计算 \\(p, q\\) 就可以了
如果所有区间都不存在 \\(p < q\\) 就输出 \\(-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]; // 计算出 S, 备份一下 
			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 是因为之前多加了一个 v[j] 
			// 若 p < q, 则 当前S 可能是答案 
		}
	}
	printf("%d\\n", ok ? res : -1);
	return 0;
}

---