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RCC2014Warmup(Div.2)CunningGena_html/css_WEB-ITnose

时间:2021-07-01 10:21:17 帮助过:4人阅读

题目链接

  • 题意:
    输入n:人数,m:题目数,b:每个显示器价格
    然后对于每个人,输入x:需要的钱,k至少需要的显示器个数,m:会的题目
    下一行输入会的题目
    选一些人,使得包括所有的题目且钱最少(每个人需要的钱加上显示器的钱)
    (1?≤?n?≤?100; 1?≤?m?≤?20; 1?≤?b?≤?109)、 (1?≤?xi?≤?109; 1?≤?ki?≤?109; 1?≤?mi?≤?m)
  • 分析:
    如果题目中的数据量比较小,显然是可以用状压DP来做的,就是加一个当前用的显示器的状态即可。但是关键在于,题目中的k是比较大的,所以如果把这一维加上去显然是不能进行DP的。那么我们可以尝试着进行转化,既然基本符合DP的原则,只有显示器数量这一个状态是不符合的,那么就考虑一下如何处理这一个状态。这个状态要求是至少,那么我们如果考虑某一时刻所选择的所有人的k的最大值时,其他的那些人是不用考虑k值的,因为最后一个的k是最大的。那么就有方向了,可以将所有的人安装k排序,对于0 - i-1的人是正常的DP(不考虑k,只考虑题目),到第i个人时,找一下那些状态可以和i人的题目加起来达到所有值(覆盖所有题目),不过这时候加上k*percost即可。
    再说一下,这个问题其实也可以考虑成DLX,每一个人作为行,题目作为列。但是问题在于,既要最小费用又要计算k,还是一个重复覆盖,剪枝效率不高,对于这个数据量会超时,不过也是一个方向。
  • 重点:
    关键在于对于大的一个维度的处理,使得问题可以用状压DP来解
    注意对INF的初始化
  • const LL INF = 1100000000000000000;const int MAXN = 110;struct Node{    int cost, Min, n;    int operator< (const Node& a) const    {        return Min < a.Min;    }} ipt[MAXN];LL dp[1100000];int main(){//    freopen("in.txt", "r", stdin);    int people, problem, percost;    while (~RIII(people, problem, percost))    {        int all = (1 << problem) - 1;        FE(i, 1, all) dp[i] = INF;        dp[0] = 0;        REP(i, people)        {            RII(ipt[i].cost, ipt[i].Min);            int n, t, v = 0;            RI(n);            REP(j, n)            {                RI(t);                v |= (1 << (t - 1));            }            ipt[i].n = v;        }        sort(ipt, ipt + people);        LL ans = INF;        REP(i, people)        {            FE(j, 0, all)            {                if ((ipt[i].n | j) == all)                {                    ans = min(ans, dp[j] + ipt[i].cost + (LL)percost * ipt[i].Min);                }            }            FED(j, all, 0)            {                int nxt = j | ipt[i].n;                dp[nxt] = min(dp[nxt], dp[j] + ipt[i].cost);            }        }        if (ans != INF)            cout << ans << endl;        else            puts("-1");    }    return 0;}

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