BZOJ 3717: [PA2014]Pakowanie 状压dp

3717: [PA2014]Pakowanie

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Description

你有n个物品和m个包。物品有重量，且不可被分割；包也有各自的容量。要把所有物品装入包中，至少需要几个包？

Input

第一行两个整数n,m(1<=n<=24,1<=m<=100)，表示物品和包的数量。
第二行有n个整数a[1],a[2],…,a[n](1<=a[i]<=10^8)，分别表示物品的重量。
第三行有m个整数c[1],c[2],…,c[m](1<=c[i]<=10^8)，分别表示包的容量。

Output

如果能够装下，输出一个整数表示最少使用包的数目。若不能全部装下，则输出NIE。

Sample Input

4 3
4 2 10 3
11 18 9

Sample Output

这似乎是一道显然的状压（

用 f[s] 表示放入状态为 s 的物品最少几个包

g[s] 表示放入状态为 s 的物品剩余容量最大的包有多少容量

至于那个lowbit优化常数倒也算常见了

不过这道题的收获应该不止于此

BJ在做这道题的时候一眼秒掉正解

然而迅速说服了自己这个解是错误的 /捂脸熊

那么这里的思想偏差在哪里呢？

因为BJ觉得只维护剩余容量最大的不行得维护每一个剩余的容量之后就不可做了

// 之后傻瓜BJ还试图子集dp

然而只维护一个是可行的

我们每次只会考虑放进一个物品

它显然只会由 bit(s) 个状态转移而来

每次放进的这个物品一定会放进剩余容量最大的

直觉上你可能会认为这个贪心是错误的

那么我们这样来考虑

最终目的是使得 g[s] 最大

那么只需要说明存在一个状态 s^i 使得 g[s^i]-a[i] == g[s] 即可

因为 g[s] 是最大的那么在这个状态中拿掉a[i] g[s]+a[i] 仍然是最大的

所以 g[s^i]>=g[s]+a[i] 这样应该就挺对了嗯。

#include<cmath>
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#include<map>
using namespace std;typedef long long ll;inline int read()
{int x=0,f=1;char ch=getchar();while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}return x*f;
}
void print(int x)
{if(x<0)putchar('-'),x=-x;if(x>=10)print(x/10);putchar(x%10+'0');}const int N=(1<<24)+100;int f[N],g[N],a[N],c[110];int main()
{int n=read(),m=read();register int i,j,k,o;for(i=1;i<=n;++i) a[1<<(i-1)]=read();for(i=1;i<=m;++i) c[i]=read();sort(c+1,c+1+m);reverse(c+1,c+1+m);f[0]=1;g[0]=c[1];for(i=1;i<1<<n;++i){for(j=i;j;j-=(j&-j)){o=j&-j;if(!f[k=i^o]) continue;if(g[k]>=a[o]){if(!f[i] || f[i]>f[k] || (f[i]==f[k]&&g[i]<g[k]-a[o]))f[i]=f[k],g[i]=g[k]-a[o];}else if(c[f[k]+1]>=a[o])if(!f[i] || f[i]>f[k]+1 || (f[i]==f[k]+1&&g[i]<c[f[k]+1]-a[o]))f[i]=f[k]+1,g[i]=c[f[i]]-a[o];}}f[(1<<n)-1] ? (cout<<f[(1<<n)-1]<<endl,1) : (puts("NIE"),1);return 0;
}