JZOJ3052. 【NOIP2012模拟10.25】剪草

Description

有N棵小草，编号0至N-1。奶牛Bessie不喜欢小草，所以Bessie要用剪刀剪草，目标是使得这N棵小草的高度总和不超过H。在第0时刻，第i棵小草的高度是h[i]，接下来的每个整数时刻，会依次发生如下三个步骤：

（1）每棵小草都长高了，第i棵小草长高的高度是grow[i]。

（2）Bessie选择其中一棵小草并把它剪平，这棵小草高度变为0。注意：这棵小草并没有死掉，它下一秒还会生长的。

（3）Bessie计算一下这N棵小草的高度总和，如果不超过H，则完成任务，一切结束， 否则轮到下一时刻。

你的任务是计算：最早是第几时刻，奶牛Bessie能完成它的任务？如果第0时刻就可以完成就输出0，如果永远不可能完成，输出-1，否则输出一个最早的完成时刻。

Input

第一行，两个整数N和H。 1 ≤ N ≤ 50，0 ≤ H ≤ 1000000。

第二行，N个整数，表示h[i]。0 ≤ h[i] ≤ 100000。

第三行，N个整数，表示grow[i]。1 ≤ grow[i] ≤ 100000。

Output

一个整数，最早完成时刻或-1。

Sample Input

7 33

5 1 6 5 8 4 7

2 1 1 1 4 3 2

Sample Output

5

分析

这题有点像贪心，可以感性地想一下，就知道生长得慢的草先剪，生长得快的草后剪。

但是如果用这种策略贪心是不行的。

现在先将问题转换一下：

给出N个一次函数y=hx+growx轴是时间轴，y轴是高度。在时刻k的时候，可以将任何一个一次函数向下平移(k*h+grow)求最早的时刻，使得在这个时候所以的一次函数的值小于H

我们可以通过画图或者想象发现：对于一个一下函数只有是最后一次平移才是有意义的，也就是说对于一个一下函数的多次平移可以只通过一次实现。

• 所以，每棵小草最多剪一次。

因此，如果有答案，那么一定不超过小草的数量N。
这里的N是非常的小，可以枚举，从小到大枚举ans。
对于0是可以特判的。

现在我们就需要确定一个剪草的顺序，或者说剪草的最优方案。
这就是一个DP的题目了。

由于生长得慢的草先剪，生长得快的草后剪。
我们先对数组grow进行从大到小排序一下。
DP需要倒着来做。

设fi,j 表示现在剪倒数第i次，已经处理了grow的前j个的最小高度和。
那么fi,j=min(fi,j−1,fi−1,j−1−hj−growj∗ans)
初始化就是f0,i=∑hi+∑growi∗ans

code(c++)

#include <cstdio>#include <algorithm>#include <cstring>#include <string.h>#include <cmath>#include <math.h>#include <stdlib.h>using namespace std;struct note{int w,v;};int f[53][53];note a[53];int n,m,h,sum,t;bool cmp(note x,note y){return x.v>y.v;}int main(){    scanf("%d%d",&n,&h);t=0;    for(int i=1;i<=n;i++){scanf("%d",&a[i].w);t+=a[i].w;}    if(t<=h)    {        printf("0");        return 0;    }    for(int i=1;i<=n;i++){scanf("%d",&a[i].v);sum+=a[i].v;}    sort(a+1,a+1+n,cmp);    for(int k=1;k<=n+1;k++)    {        memset(f,127,sizeof(f));        f[0][0]=sum*k+t;        for(int i=1;i<=n;i++)f[0][i]=f[0][0];        for(int i=1;i<=k;i++)        {            f[i][0]=f[i-1][0]-sum;            for(int j=1;j<=n;j++)f[i][j]=min(f[i][j-1],f[i-1][j-1]-a[j].w-a[j].v*(k-i+1));        }        if(f[k][n]<=h)        {            printf("%d",k);            return 0;        }    }    printf("-1");    return 0;}