多关键字dp，P1687 机器人小Q

P1687 机器人小Q - 洛谷 | 计算机科学教育新生态 (luogu.com.cn)

题目描述

成功派送完这个大单后，餐厅决定引入一名新成员：机器人小 Q。小 Q 的到来让餐厅的客源增加了不少，但是，一段时间之后，新的问题又出现了，小 Q 和我们可不一样，如果要让他工作的话，我们得给他输入能量以保持体力，而小 Q 的能量菜单表上已经按一定顺序给出了 N 个单位的能量值，但是每个单位的能量由于来源不同，需要消耗一定的时间摄入。已知小 Q 每天充电的时间上限值为 119，如果时间超出的话就会自动崩溃，大家都想让小 Q 留下来，经过研究之后，决定派 HWX 和 XYF 去和老板谈判，考虑角度不一样，LXC 老板才不想听什么辛酸流泪史，他只想知道，若是想让小 Q 获得 k 单位的能量（也就是能量表中可以不接受某些能量）最少需要几天来充电。

输入格式

第一行，两个整数，N,K 分别表示小 Q 的能量菜单上有 N 个单位的能量，想获取其中的 k 个。

第二行，N个整数，分别是第 i 个单位能量需要的充电时间。

输出格式

仅一行，一个整数，为最少需要天数。

如果永远不能达到题目要求，输出 You can't do it.

输入输出样例

输入 #1复制

7 3
1 119 119 1 120 120 118

输出 #1复制

2

说明/提示

样例解释

只接收 1,1,1181。显然这需要 2 天。

数据规模

对于 30% 的数据，有 1≤K≤N≤20。

对于 100% 的数据，有 1≤K≤N≤3000。

解析：

多关键字dp
我们很容易想到将状态划分为 f[i][j] ：表示从前 i 个能量中选取 j 个的最小天数；
但我们发现：每天充电上限为 119 这一状态无法体现，即这个划分方式并非不重不漏的，而且这一状态对天数的影响至关重要；
因此我们可以将这个划分方式稍微修改一下，划分为 f[i][j][1] 和 f[i][j][0];
f[i][j][1] 表示表示从前 i 个能量中选取 j 个的最小天数，f[i][j][0] 表示这种情况下的当天消耗的时间；

（即，以天数为第一关键字，以最后一天充电的时长为第二关键字选取最优解）
这样，我们就将整个问题划分成了多个不重不漏的子集；
则状态的转移过程为：

f[i−1][j−1][0]+w[i]>119
这时候我们应该增加新的一天来使用第i 个能量单位
因此比较f[i−1][j−1][1]+1 与f[i][j][1] 的大小关系。
若f[i−1][j−1][1]+1 那么此时选取第 i 个能量单位的决策一定优于f[i][j] 的决策
若f[i][j][1]=f[i−1][j−1][1]+1,f[i][j][0]=w[i]
f[i−1][j−1][1]+1=f[i][j][1]，那么这时候比较第二关键字
f[i][j][0]=min(w[i],f[i][j][0])

f[i−1][j−1][0]+w[i]≤119
这时候考虑将第
i 个能量单位追加到最后一天内，仍然按序比较两个关键字
若 f[i−1][j−1][1] 此时选取第 i 个能量单位的决策一定优于 f[i][j] 的决策
f[i][j][1]=f[i−1][j−1][1],f[i][j][0]=f[i−1][j−1][0]+w[i]

若f[i−1][j−1][1]=f[i][j][1]
此时比较第二关键字
f[i][j][0]=min(f[i][j][0],f[i−1][j−1][0]+w[i])

如果我们不选取第 i 个能量单位
这时候直接继承前面的状态f[i][j][0]=f[i−1][j][0],f[i][j][1]=f[i−1][j][1]
 

#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 3e3 + 5;
int n, m;
int a[N];
int f[N][N][2];
 
int main() {
	scanf("%d%d", &n, &m);
	int cnt = 0;
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		scanf("%d", &a[++cnt]);
		if (a[cnt] > 119)cnt--;
	}
	n = cnt;
	if (cnt < m) cout << "You can't do it." << endl;
	memset(f, 0x3f3f3f3f, sizeof f);
	for (int i = 0; i <= n; i++) {
		f[i][0][1] = 0;
	}
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		for (int j = 1; j <= min(i,m); j++) {
			f[i][j][1] = f[i - 1][j][1];
			f[i][j][0] = f[i - 1][j][0];
			if (f[i - 1][j - 1][0] + a[i] > 119) {
				if (f[i][j][1] > f[i - 1][j - 1][1] + 1) {
					f[i][j][1] = f[i - 1][j - 1][1] + 1;
					f[i][j][0] = a[i];
				}
				if (f[i][j][1] == f[i - 1][j - 1][1] + 1) {
					f[i][j][0] = min(f[i][j][0], a[i]);
				}
			}
			else {
				if (f[i - 1][j - 1][1] < f[i][j][1]) {
					f[i][j][1] = f[i - 1][j - 1][1];
					f[i][j][0] = f[i - 1][j - 1][0] + a[i];
				}
				if(f[i - 1][j - 1][1] == f[i][j][1]){
					f[i][j][0] = min(f[i][j][0], f[i - 1][j - 1][0] + a[i]);
				}
			}
		}
	}
	cout << f[n][m][1] << endl;
	return 0;
}