辽宁省实验中学暑考day10第二题 东东请客

2、东东请客

 (meal.c/.cpp/.pas)

【问题描述】

    今天是东东 的生日，他决定请幼儿园小班的N个小朋友吃饭。

小朋友都很奇葩。吃饭前，每个小朋友都要求所在桌的小朋友总数不少于一个定值，比如说第i个小朋友要求所在桌的人数大于等于ai。

毕竟是东东的生日，东东想让每个小朋友都尽量的happy，他想算一下最多需要多少张桌，这样东东才能选择酒店订餐。为了不耽搁时间，你能帮帮东东算一下不？

【输入】

输入文件名为(meal.in)。

第一行一个正整数N，表示有N个小朋友。

第二行，N个由空格隔开的正整数，第i个数表示ai。

【输出】

输出文件名为(meal.out)。

输出一个整数。在满足所有的小朋友的要求下，需要最多的桌子的数量。数据保证有解。

meal.in

meal.out

5

2 1 2 2 3

2

 

数据范围与约定

对于20%的数据，n <=10

对于40%的数据，n <=1000

对于60%的数据，n <=10000

对于100%的数据，1 <=n <= 10^6

题解

显然本题是动态规划题目。

首先对输入数据从小到大排序。设f[i]表示满足前i个人所得的最大值。

那么：F[i]=max( F[j]+1 )    0<=j<=(i-a[i])

显然O(N^2) 的算法是没有办法的，想到了优化。正常这种问题是用单调队列优化即可解决，但是由于（i-a[i]）是没有单调性的（随着i的增加，a[i]也跟着不降的变化），所以单调队列就不行了。其实只需要找到区间【0，i-a[i]】的最大值即可。

那么每次我们在状态转移的过程中使用树桩数组来维护区间的最大值，就能把时间复杂度降下来，这样做的时间复杂度为O（N*logN+N*logN）时间上有点紧张。

如果我们用前缀最大值来做的话就非常好解决了：

f[i] =smax[ i – a[i] ] + 1;

s[i] =max ( smax[i-1] , f[i] ) ;

这样算法的时间复杂度为O（N*logN+N），如果使用基数排序，总的时间复杂度降为O(N).

答案1

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define M 1000100
using namespace std;
int n,tot,a[M],f[M],s[M],t[M];


int main()
{
freopen("meal.in","r",stdin);
freopen("meal.out","w",stdout);
cin>>n;
for(int x,i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d",&x);
t[x]++;
}
for(int i=1;i<=n;i++)
while(t[i]) 
a[++tot]=i,t[i]--;
for(int x,i=1;i<=n;i++)
{
if(i-a[i]>=0) f[i]=s[i-a[i]]+1;
s[i]=max(f[i],s[i-1]);
}
cout<<f[n]<<endl;
fclose(stdin);
fclose(stdout);
return 0;
}

答案2

#include<algorithm>
#define M 1000100
using namespace std;
int n,a[M],f[M],s[M],t[M];


void fix(int x,int d){ for(;x<M;x+=x&-x) t[x]=max(t[x],d);}


int getans(int  x)
{
int re=0;
for(;x;x-=x&-x) re=max(re,t[x]);
return re;
}


int main()
{
freopen("meal.in","r",stdin);
freopen("meal.out","w",stdout);
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);
sort(a+1,a+n+1);
for(int x,i=1;i<=n;i++)
{
if(i-a[i]>=0) x=getans(i-a[i]),f[i]=x+1;
fix(i,f[i]);
}
cout<<f[n]<<endl;
fclose(stdin);
fclose(stdout);
return 0;
}