poj 1973 二分时间+DP

一开始自己写了一个状态转移方程

用res[i][j][k]表示前i个人已经完成A的j个部分B的k个部分所有过的最少时间。

res[i][j][k]=min(res[i][j][k],max(res[i-1][j-s][k-t],s*A[i]+t*B[i]));

很显然时间复杂度为O(n^5)，显然是不可取的。

看了大牛的思想后才知道可以用二分时间+DP来优化：

令res[i][j]表示前i个人完成A的j个部分最多能完成B多少。

res[i][j]=max(res[i][j],res[i-1][j-k]+(mid-k*A[i])/B[i]);当res[i][j]>=m 说明前i个人可以将任务完成，因此二分时间不断试探可以完成任务的时间，最终确定最小完成时间。时间复杂度就变为O(n^3)*log(r)(r表示为最大完成时间)；值得注意的是：当前i个人已经能够完成任务，就直接可以返回true了，这时一个很好的优化条件。

因为res[i][j]只与res[i-1][k]有关，所以可将空间复杂度将为一维。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
int res[110],A[110],B[110],l[110];
inline int max(int a,int b)
{
    return a > b ? a : b;
}
int dp(int n,int m,int mid)
{
    int i,j,k;
    memset(res,-1,sizeof(res));
    for(j=0;j<=m;j++)
    {
        if(mid < j*A[1]) break;
        res[j]=(mid-j*A[1])/B[1];
    }
    if(res[m]>=m) return 1;
    for(i=2;i<=n;i++)
    {
        for(j=m;j>=0;j--)
            for(k=0;k<=j;k++)
            {
                if(mid < k*A[i]) break;
                if(res[j-k]!=-1) res[j]=max(res[j],res[j-k]+(mid-k*A[i])/B[i]);
            }
        if(res[m]>=m) return 1;
    }
    return 0;
}
int work(int n,int m,int Max)
{
    int head,tail,mid;
    head=0; tail=Max;
    while(head < tail)
    {
        mid=(head+tail)>>1;
        if(dp(n,m,mid))
            tail=mid;
        else
            head=mid+1;
    }
    return head;
}
int main()
{
    int i,m,n,Case,maxn;
    scanf("%d",&Case);
    while(Case--)
    {
        scanf("%d %d",&n,&m);
        maxn=0;
        for(i=1;i<=n;i++)
        {
            scanf("%d %d",&A[i],&B[i]);
            maxn=max(maxn,max(A[i],B[i]));
        }
        printf("%d\n",work(n,m,maxn*2*m));
    }
    return 0;

}