杯子 + Kronican

杯子----蜜汁搜索 // 恶心DP

Kronican----状压DP模板

【题目描述】
重庆八中在80周年校庆的时候获捐n个杯子， 每个杯子有两个属性：一个是已装水量 ai，一个是可装水量 bi（ai <= bi）。
从一个杯子向另一个杯子倒 x 单位体积的水需要花费的时间是 x 秒。 现在用 n 个杯子中的 k 个来装所有的水， 求最小的 k， 以及最少花费的时间 t。

输入格式
第一行：一个正整数n（1 <= n <= 100）,代表杯子的个数。
第二行：n个正整数，a1, a2, a3, a4 , … an（1 <= ai <= 100）, ai表示第i 个杯子已装水量。
第三行：n个正整数，b1, b2, b3, b4 , … bn（1 <= bi <= 100）,bi表示第i个杯子可装水量。
保证对于任意一个杯子，ai <= bi
输出格式
两个正整数，k 和 t，分别代表最少的杯子个数和最少花费的时间。

样例
样例1输入
4
3 3 4 3
4 7 6 5
样例1输出
2 6
样例2输入
2
1 1
100 100
样例2输出
1 1
样例3输入
5
10 30 5 6 24
10 41 7 8 24
样例3输出
3 11
数据范围与提示
在第一个样例中，可以把水从第1瓶倒到第2瓶。需要3秒钟，之后，第2瓶将含有 3 + 3 = 6 单位的水。然后可以把水从第4瓶倒进第2瓶，再倒进第3瓶：倒1个单位的水在第2瓶，倒2个单位的水在第3瓶，需要 1 + 2 = 3 秒 ，所以，所有水都会装在2个瓶子中，会花掉 3 + 3 = 6 秒来完成这件事情。

【思路+正解】

思考1：首先刚开始拿到这个题 我就联想到Day3的也是一道杯子题，用的是状压DP，那可把我激动地拿起一把大刀就往前冲，再一看n的范围 我的妈啊2^100是在搞笑吗？ 立即pass状压DP

思考2：接着又看见求最小的k最少的t，min or max 脑子里的浆糊快速燃烧–>贪心！
贪心一般是只维护一个，而这里有两个未知。啊，贪心再见，啊，贪心再见吧再见吧再见吧

思考3：那最近学的尺取？别白日做梦了骚年 有可能最优的方案是第二个和第三个杯子都满足k条件，但是第三个杯子的水多，这个时候第一个和第二个组合明显是更优的，pass

Finally
那么这狗时候你就凭你那驰骋坑底的经验，贪心一般都跟DP挂钩，既然不是状压DP，那就仔细寻找吧！但是又转念一想，平时练习都是先打暴搜，然后剪枝，接着记忆化，最后DP就善良登场了 blingling~~

我们先来解决一下k杯子的问题，显而易见，杯子的容量越大，可装的水就越多，在总水量一定时，我们可以sort杯子容量从大到小用一个for循环找到k的最小值

搜索

仙女的搜索还是颇有造诣的 不会做的题全都暴搜偏分（小声逼逼）
1.首先肯定有搜索的杯子编号i，选了几个杯子tot装水，选的杯子的总容量rest，选的所有杯子本来有的水的总和used （维护t）
2.肯定每个杯子有两种情况，要么被选，要么不选，时间复杂度就是（2^n）完爆啊！！
3.开始剪枝吧！既然我们可以开始就得到最小的s，那么这就可以成为一个剪枝条件–当所选杯子tot > k就可以return；到此就是45的暴力代码了；
核心代码如下

void dfs ( int x, int used, int resr, int tot ) {
	if ( x > n ) return;
	if ( tot > k ) return;
	if ( tot == k && used >= sum )  //sum是n个杯子装的所有水的总量
		result = min ( result, sum - ans );
	dfs ( x + 1, used, rest, tot );
	dfs ( x + 1, used+ cup[x + 1].a, rest+ cup[x + 1].b, tot + 1 );
}

4.为了更高的追求我们再来剪枝
思考一下为了让t越小的话，我们的搜索的used就要越大，那么当走到第i个杯子时，选定了tot个杯子且容量一定的时候，tot个杯子的原有水的总和大于了现在搜索的used就可以直接return—80分代码
5.因为这个鬼逼数据，有一个蜜汁优化就可以直冲100那个cs仙女也很迷啊
核心代码如下

void dfs ( int i, int used, int all, int tot ) {
	cs ++;
	if ( cs > 20000000 ) return;
	if ( tot > k ) return;
	if ( all >= sum ) {
		result = max ( result, used );
		return;
	}
	if ( i > n ) return;
	if ( dp[i][tot][all] == 0 || dp[i][tot][all] < used )
		dp[i][tot][all] = used;
	else
		return;
	dfs ( i + 1, used + cup[i].a, all + cup[i].b, tot + 1 );
	dfs ( i + 1, used, all, tot );
}

当然如果到此就水过了这道，我的良心实在会痛
真正的Ac思路应该是用DP

DP

1.我们考虑i这个杯子，要么选要么不选，两种情况0/1，肯定是01背包问题了啊
2.挖掘到了这题所考察的知识点，马上大脑搜索01背包板子代码，dp[i][j]：表示循环处理到i号杯子时，可装水量为j的实际最大装水量 （注意区别：实际装水量=可装水量-选的杯子的原有总水量 这里要多加理解）
3.接下来就处理k的问题，前面说到k可以预先处理出来，那么我们就可以给这个DP多加一维k，dp[i][j][k]：表示处理到i号杯子时，一共选了k个杯子，可装水量为j的实际最大装水量 ，递推式：dp[i][j][k] = max ( dp[i - 1][j][k], dp[i - 1][j - cup[i].b][k - 1] + cup[i].a );
PS：三维好像会被卡空间 嘿嘿嘿
4.我们以前做的背包问题都可以减少一维i那么让我们也来将这个DP减少一维

码力有限的瞅瞅【代码实现】

#include 
#include 
#include 
#include 
using namespace std;
#define MAXN 105
struct node {
	int a, b;
}cup[MAXN];
int n, sum, vol, need, ans, all;
int dp[MAXN * MAXN][MAXN];
bool cmp ( node x, node y ) {
	if ( x.b == y.b ) return x.a > y.a;
	else return x.b > y.b;
}
int main() {
	scanf ( "%d", &n );
	for ( int i = 1;i <= n;i ++ ) {
		scanf ( "%d", &cup[i].a );
		sum += cup[i].a;
	}
	for ( int i = 1;i <= n;i ++ ) {
		scanf ( "%d", &cup[i].b );
		all += cup[i].b;
	}
	sort ( cup + 1, cup + n + 1, cmp );
	for ( int i = 1;i <= n;i ++ ) {
		vol += cup[i].b;
		if( vol >= sum ) {
			need = i;
			break;
		}
	}
	memset ( dp, -0x7f, sizeof ( dp ) );
	dp[0][0] = 0;
	for ( int i = 1;i <= n;i ++ )
		for ( int j = all;j >= cup[i].b;j -- )
			for ( int k = 1;k <= need;k ++ )
				dp[j][k] = max ( dp[j][k], dp[j - cup[i].b][k - 1] + cup[i].a );
	for ( int i = sum;i <= all;i ++ ) 
	//要从可以装完所有水的sum开始枚举，不能从vol开始因为有可能vol>sum反而跳过了正解
		ans = max ( ans, dp[i][need] );
	printf ( "%d %d", need, sum - ans );
	return 0;
} 

拓展Party

上面的思考1时，我们提到过也是一道杯子的题，与此类似，看看我们能不能解决？
骚年拔剑吧
题目是：Kronican

【题目描述】
Mislav有N个无限体积的杯子，每一个杯子中都有一些水。Mislav想喝掉所有的水，但他不想喝超过K杯水。Mistrav能做的就是将一个杯子中的水倒入另一个杯子中。 不幸的是，挑选哪两个杯子进行倒水操作对Mislav来说很重要，因为并非所有的杯子都离他一样远。更准确地说，从i号杯子向j号杯子倒水所付出的代价为Cij。 帮助Mislav找到他需要付出的总代价的最小值。

输入格式
第一行输入包含整数N和K（1≤K≤N≤20）。表示水杯的总数和Mislav最多能喝多少杯。 接下来N行每行包含N个整数Cij（0≤Cij≤1e5）。第i+1行的第j个整数表示从第i个杯子第j个杯子倒水所需要付出的代价。保证Cii等于0。
输出格式
输出一个整数。表示Mislav需要付出的总代价的最小值。

样例
样例输入1
3 3
0 1 1
1 0 1
1 1 0
样例输出1
0
样例输入2
3 2
0 1 1
1 0 1
1 1 0
样例输出2
1
样例输入3
5 2
0 5 4 3 2
7 0 4 4 4
3 3 0 1 2
4 3 1 0 5
4 5 5 5 0
样例输出3
5
数据范围与提示：对于40%的数据，N≤10。

【正解】

拿到这道题，我想过建图连边，但是每两个就有一条显然不是，pass
贪心？也没有通向使用的贪心。那么dp？有点像，杯子最多有20个，数据这么小。woo状压dp嘛！欧拉欧拉！但是考试的时候我码不动状压，当时给我崩溃了orz，就只能含泪打个暴力骗骗小分，哼唧唧！

好了，为什么看得出是状压dp
首先n<=20就会想到状压或者搜索
又考虑到一杯水倒入其它杯后就不会有水倒入，显然是个0/1状态
因此设dp[s]为状态为s耗费的最小步数

倒水都是从一个有水的杯子到另一个有水的杯子
如果从有水到没水 那就做了无用功
把接受水的那个杯子里的水倒出去是没有用的
所以每次转移都枚举两个有水且不相同的两个杯子 进行倒水即可
定义0表示有水，1表示没有水

转移方程：dp[s+(1< 复杂度O（n^2 * 2^n）不会炸放心搞

【代码实现】

#include 
#include 
#include 
using namespace std;
#define MAXN 21
int n, k;
int c[MAXN][MAXN];
int dp[1 << MAXN];
//这是个好玩意儿！可以算出s的2进制的表示中有多少个1 
int cup ( int s ) { 
	int cnt = 0;
	while ( s ) {
		s &= ( s - 1 );
		cnt ++;
	}
	return cnt;
}

int main() {
	scanf ( "%d %d", &n, &k );
	for ( int i = 0;i < n;i ++ )
		for ( int j = 0;j < n;j ++ )
			scanf ( "%d", &c[i][j] );
	if ( n == k ) {
		printf ( "0" );
		return 0;
	}
	memset ( dp, 0x7f, sizeof ( dp ) );
	dp[0] = 0;
	for ( int s = 0;s < ( 1 << n );s ++ )
		for ( int i = 0;i <= n;i ++ )
			if ( ! ( s & ( 1 << i ) ) )
				for ( int j = 0;j < n;j ++ )
					if ( ! ( s & ( 1 << j ) ) && i != j )
						dp[s + ( 1 << i )] = min ( dp[s + ( 1 << i)], dp[s] + c[i][j] );
	int result = 0x7f7f7f7f;
	for ( int s = 0;s < ( 1 << n );s ++ )
		if ( cup ( s ) >= n - k ) 
			result = min ( result, dp[s] );
	printf ( "%d", result );
	return 0;
}

【课后小料】
想写这个博客很久了，但一直卡着，大大的状压dp能力简直了，码得自己开始怀疑人生，但是wahahaha，我还是搞定了这个垃圾玩意儿！做个社会人(☆_☆)/~~

好了，有任何疑问欢迎留言，我是个闲人，不怕麻烦，我们再见哦~~~