信息学奥赛一本通 1226：装箱问题 | OpenJudge NOI 4.6 19:装箱问题

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ybt 1226：装箱问题
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【题目考点】

1. 贪心

【解题思路】

该题说是三维立方体，实际上无论是包裹还是产品，高度都是h，因而不用考虑高度，这实际上是二维平面上的问题。

1. 贪心选择性质的证明

贪心选择：选择最大的可以装入该包裹的产品装入该包裹

证明：存在最优解包含第一次的贪心选择。即存在最优解，第一个包裹中包含最大产品。

假设所有最优解都不包含第一次的贪心选择，即第一个包裹C中不包含最大的产品x。
最大的产品x一定存在于某个包裹内，记那个包裹为N。我们可以将N中的所有产品和C中的所有产品完全交换。总包裹数量不变，第一个包裹C中存在产品x，这与假设相悖，假设不成立，原命题得证。

证明：前k步都做贪心选择，存在最优解包含第k+1步的贪心选择。

是否做贪心选择区别在于：当前拿到一个最大的可以装入当前包裹C的产品x，是将这个产品放在当前包裹C中，还是将其放在一个新包裹N中。贪心选择是将其放在当前包裹C中。
使用反证法：假设对所有最优解，在装第k+1个产品时，当前关注的包裹C可以装入的最大产品为x，此时不进行贪心选择，不选择x，接下来只会装入大小小于x的产品。也可以说，当前包裹C中，产品x的数量不会更多。
下面考虑在N中包括x的部分产品能否和C中的一些产品或空位交换，且两包裹仍能装得下。如果可以，那么说明第k+1步进行了贪心选择，选择了产品x，总包裹数量不变，也是最优解。假设不成立，原命题得证。

如果N中x的数量大于C中x的数量，且x在C中与N中都是最大的产品，那么可以将N与C中的所有产品整体交换。
x为4*4、5*5、6*6都满足这一情况。或C中3*3的个数比N中3*3的个数更少。
例：x为5*5，在第k+1步往C中装产品时，没有按照贪心选择将5*5的产品装入C。后来5*5的产品装入了N，C中又装了一些产品。将C与N的所有产品交换后，C中存在贪心选择，总包裹数仍然最少，说明存在最优解在第k+1步进行了贪心选择，假设不成立，原命题得证。

以下为N中x的数量小于等于C中x的数量的情况：

如果x是1*1的产品，那么C当时可以放1*1的产品但不放，存在一些位置空着，C中一定有可以放下1*1的空位。可以完成交换。

如果x是2*2的产品，那么C当时可以放2*2的产品但不放，去放1*1的产品或空着。那么在C中一定可以选择出2*2的区域，其中可以是1*1的产品也可以是空位，与x进行交换。

如果x是3*3的产品，说明先前加入C的是若干个3*3的产品。

如果C中已经有3个3*3的产品，剩下3*3的位置，这部分位置的产品或空位都可以与x进行交换。

如果C中已经有2个3*3的产品，且剩余的空间中摆了至多3个2*2的产品。
N中有2个3*3产品与至多3个2*2产品，此时，把N中的1个3*3与C中的2个2*2与1个1*1交换，结果为C中有3个3*3与1个2*2，N中有1个3*3与5个2*2，这种交换是可行的。
同理，如果N中有1个3*3与至多5个2*2，用N中的1个3*3交换C中的2个2*2与1个1*1是可行的。
例：将N中的红色3*3产品x与C中的蓝色两个2*2产品与1个1*1产品进行交换。交换后一些1*1产品位置发生变化。

如果C中已经有1个3*3产品，剩余空间摆了至多5个2*2的产品。N中有1个3*3产品与至多5个2*2的产品，用N中的1个3*3交换C中的2个2*2与1个1*1是可行的。
如果待交换的产品没有那么多，可以用空位代替。
例：将N中的红色3*3产品x与C中的蓝色两个2*2产品与1个1*1产品进行交换。交换后一些1*1产品位置发生变化。

x不可能是4*4或更大的产品，如果是，C中可以放x但不放，C中的x只能是0个，而N中的x有1个，这是前面已经讨论过的“如果N中x的数量大于C中x的数量”的情况。
因此N中包括x的部分产品总能和C中的一些产品或空位交换位置。说明第k+1步进行了贪心选择，选择了产品x，总包裹数量不变，也是最优解。因而假设不成立，原命题得证。

2. 具体做法

考虑各种情况下，剩下的空间最多可以放下几个各种产品，总结成表格

已有	最多放几个3*3	最多放几个2*2	最多放几个1*1
1个6*6	0	0	0
1个5*5	0	0	11
1个4*4	0	5	20
1个3*3	3	5	27
2个3*3	2	3	18
3个3*3	1	1	9
无	4	9	36

此这基础上，每多放一个2*2，1*1可放个数减4。
观察规律，1*1可以放的个数就是总面积6*6减去所有放入其中的产品的总面积。
在已有3*3的情况下，每多放入一个3*3，2*2可以放入的个数减2。
这里只需要设数组记录放入1个某大小产品后，其他大小产品可以放入的数量。

从大到小遍历各个产品，找到一个产品，开一个新包裹将其放入。如果剩余位置还可以放产品，那么放入对应产品，改变剩余位置可放产品的数量。直到没有位置可放或没有足够的产品可放为止。再从大到小找下一个产品，开一个新包裹将其放入。重复上述过程，直到看完所有产品为止。

【题解代码】

解法1：贪心（本人原创）

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int status[8][4];//status[i][j]:包裹中已有1个大小为i*i的产品，此时可以最多放入多少个j*j的产品
void initStatus()
{//status[0]:包裹中没有产品时，各种产品最多可以放多少个 status[2][2] = 8;status[3][2] = 5, status[3][3] = 3;status[4][2] = 5;for(int i = 1; i <= 6; ++i)status[i][1] = 36 - i*i;
}
int pro[8];//pro[i]:i*i产品的数量
int main()
{initStatus(); while(true){int sum = 0, bag = 0, rem[8];//sum:总产品数量  bag:包裹数 rem[i]:当前剩余空间能放几个i*i for(int i = 1; i <= 6; ++i){cin >> pro[i];sum += pro[i];}if(sum == 0)//如果6个数都是0，那么加和为0，要跳出循环 break;for(int i = 6; i >= 1; --i){while(pro[i] > 0){bag++;//用一个新包裹放i*ipro[i]--;for(int j = 1; j <= 3; ++j)//获取当前剩余空间情况 rem[j] = status[i][j];int j = 3;while(j >= 1){if(rem[j] > 0 && pro[j] > 0)//如果可以放j*j的产品 {pro[j]--;//放一个产品 if(j == 3){rem[3]--;rem[2] -= 2;rem[1] -= 9;}else if(j == 2){rem[2]--;rem[1] -= 4;}else//j == 1rem[1]--;}else--j;}}   }cout << bag << endl;}  return 0;
}

解法2：手动完成贪心过程

思路来自zqhf123博客：zqhf123 1226：装箱问题
由于箱子种类不多，我们可以手动完成每一步的贪心行为。先装大产品，看占了多少空间，剩下多少空间。再看小产品。逐次算出当前可以给下一个产品留出的空位。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int bag;//总包裹数
int k[4] = {0, 5, 3, 1};//k[i]表示3*3的产品有i个时（k[0]表示有4个时）剩余空间可以放2*2产品的个数
int pro[8], p2, p1;//p2:2*2空位数 p1:1*1空位数
int main()
{ while(true){for(int i = 1; i <= 6; ++i)cin >> pro[i];if(pro[1] == 0 && pro[2] == 0 && pro[3] == 0 && pro[4] == 0 && pro[5] == 0 && pro[6] == 0) break;bag = pro[6] + pro[5] + pro[4] + ceil(pro[3]/4.0);//6*6和5*5和4*4一定是一个占一个箱子，而3*3 4个占一个箱子p2 = 5*pro[4]+k[pro[3]%4];//k[pro[3]%4]：有pro[3]%4个3*3在一个包裹中时，剩下的位置可以放2*2的数目  if(pro[2] > p2)//2*2的个数比我们留出来为2*2的空间个数多，就需要为2*2另开箱子bag += ceil((pro[2]-p2)/9.0);//多出来的2*2箱子应该占用的新箱子数 p1 = 36*bag-36*pro[6]-25*pro[5]-16*pro[4]-9*pro[3]-4*pro[2];//求出当前包裹中所有剩下的可以放1*1的位置数 if(pro[1] > p1)//如果1*1的个数，比我们留出的空间多就需要另开空间 bag += ceil((pro[1]-p1)/36.0);//将多出来的另开箱子 cout << bag << endl;}return 0;
}