ZR954 分组(排序 dp)

Description

共有 n n n 人报名了招聘,第 i i i 个人的工作经验为 w i w_i wi,薪水为 s i s_i si。要招聘 2 × k 2 \times k 2×k 个人,并将这些人分为 k k k 组,每组两个人。一个人为组长,而另一个人为组员。对于每个组,要求组长的工作经验不小于组员的工作经验。

每个应聘者会有一个意愿 p i p_i pi,表示他应聘的岗位。若 p i = 1 p_i = 1 pi=1,则应聘的是组长;若 p i = 2 p_i = 2 pi=2,则他应聘的是组员;若 p i = 3 p_i = 3 pi=3,则他既可以当组长又可以当组员。

求在不改变意愿的情况下,是否可以招聘满足条件的 2 × k 2 \times k 2×k 个人。如果可以,还要求招聘的人薪水和的最小值。

1 ≤ n × k ≤ 1 0 5 , 1 ≤ w i ≤ 1 0 9 1 \leq n \times k \leq 10^5, 1 \leq w_i \leq 10^9 1n×k105,1wi109

Solution

尽量让组员在组长的前面,所以先根据经验排序,如果经验相同,让志愿为组员的在前面,都可以在中间,志愿为组长的在后面。

f i , a , b f_{i,a,b} fi,a,b 为排序后前 i i i 个人,有 a a a 个组长和 b b b 个组员的最小代价。对于每个人,根据他的志愿,如果是组长就分进一个只有组员的组,如果是组员就新开一个组,两个都可以就都试一试。

在分好组及其之前,因为排序了,所以不可能有组长的人数比组员多。

发现三维 dp 会 MLE,用滚动数组。还要开 long long。

这样写复杂度为 O ( n k 2 ) O(nk^2) O(nk2),会 TLE。可以特判 2 × k > n 2 \times k > n 2×k>n 的无解情况。复杂度 O ( n k ) O(nk) O(nk)

Code

#include 
using namespace std;
#define re register
#define F first
#define S second
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> P;
const int N = 1e5 + 5;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
int read() {
	int x = 0, f = 0; char ch = 0;
	while (!isdigit(ch)) f |= ch == '-', ch = getchar();
	while (isdigit(ch)) x = (x << 3) + (x << 1) + (ch ^ 48), ch = getchar();
	return f ? -x : x;
}
int n, k; 
struct person{
	int xp, mon, want;
}a[N];
bool cmp(person a, person b){
	if (a.xp != b.xp) return a.xp < b.xp;
	return a.want < b.want;
}
ll f[2][5005][5005];
int main(){
	n = read(), k = read();
	if (2 * k > n){
		puts("-1"); return 0;
	}
	for (int i = 1; i <= n; i++){
		a[i].xp = read(), a[i].mon = read(), a[i].want = read();
		if (a[i].want == 1) a[i].want = 3;
		else if (a[i].want == 2) a[i].want = 1;
		else a[i].want = 2;
	} 
	sort(a + 1, a + n + 1, cmp);
	memset(f, 0x7f, sizeof(f));
	f[0][0][0] = 0;
	int now = 0;
	for (int i = 1; i <= n; i++){
		now ^= 1;
		for (int j = 0; j <= k; j++)
			for (int x = 0; x <= j; x++){
				f[now][j][x] = f[now ^ 1][j][x];
				if (j && a[i].want != 3) f[now][j][x] = min(f[now][j][x], f[now ^ 1][j - 1][x] + a[i].mon);
				if (x && a[i].want != 1) f[now][j][x] = min(f[now][j][x], f[now ^ 1][j][x - 1] + a[i].mon);
			}
	}
	if (f[n & 1][k][k] == 9187201950435737471) puts("-1");
	else printf("%lld\n", f[n & 1][k][k]);
	return 0;
}

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