【优先队列】-HDU4546比赛难度

时间 2019-12-02

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比赛难度

Time Limit: 3000/1000 MS (Java/Others) Memory Limit: 65535/32768 K (Java/Others)
Total Submission(s): 817 Accepted Submission(s): 296

ios

Problem Description

　　最近，小明出了一些ACM编程题，决定在HDOJ举行一场公开赛。
　　假设题目的数量一共是n道，这些题目的难度被评级为一个不超过1000的非负整数，而且一场比赛至少须要一个题，而这场比赛的难度，就是全部题目的难度之和，同时，咱们认为一场比赛与本场题目的顺序无关，并且题目也不会重复。
　　显而易见，很容易获得以下信息：
　　假设比赛只用1个题目，有n种方案；
　　假设比赛使用2个题目，有(n-1)*n/2种方案；
　　假设比赛使用3个题目，有(n-2)*(n-1)*n/6种方案；
　　............
　　假设比赛使用所有的n个题目，此时方案只有1种。
　　
　　通过简单估算，小明发现总方案数几乎是一个天文数字！
　　为了简化问题，如今小明只想知道在全部的方案里面第m小的方案，它的比赛难度是多少呢？

Input

输入数据的第一行为一个整数T（1 <= T <= 20），表示有T组测试数据。
每组测试数据第一行为两个整数n, m（0 < n, m <= 10000），表示如今有n个题目，如今要求第m小的方案的比赛难度。接下来第二行有n个数字，分别表示这n个题目的难度值。

Output

对于每组测试数据，输出一行"Case #c: ans"（不包含引号），ans 表示要求的第m小的比赛难度，输入数据保证存在第m小的方案，具体参见样例。

Sample Input

2
5 6
1 1 1 1 1
5 25
1 2 3 4 5编程

Sample Output

Case #1: 2
Case #2: 11ide

解题目报告测试

题目大意：spa

　　有N个包含难度值的题目，每次比赛能够选若干个不一样题目，则有C(N,1)+C(N,2)+...+C(N,N)种可能的题目组合的方案，每一个方案的题目难度的总和则称为比赛难度。让你输出第M小的方案的比赛难度。code

思路：blog

　　若是只是考虑去计算因此方案的比赛方案的话，0<N<=10000,方案数有C(N,1)+C(N,2)+...+C(N,N)，不可能枚举因此的方案数再去求第M小的方案的比赛难度。队列

不过,M的范围是限制在（0,10000]之间，也就是这题的突破口在在于直接求解第M小的数便可，也就是每次取出最小的那个方案的比赛难度，取M次便可、ip

　　假如咱们有N个题目，题目难度分别为X₁,X₂,X_3...X_N(Xi<=X_J,i<j)。string

　　咱们能够很容易知道，比赛方案最小的比赛难度为X_1，

　　一样，也能够知道，比赛方案第二小的比赛难度为X₂，

　　若是继续求解第三小的比赛难度，那第三小的是X1+X2,仍是X3呢，

　　　　若是，第三小的是X3，那么第四小的是X1+X2，仍是X4呢。

　　　　若是，第三小的是X1+X2,那么第四小的是X1+X3，仍是X3呢？

　　对于求最小值或者最大值的问题，咱们能够用优先队列来求解，但如何求解也在于你如何构造一个合理的结构体来实现、

　　首先，咱们要构造的这个结构体，确定是要来记录某一个方案的比赛难度的总和、

　　而后，咱们能够肯定的是第一小的方案的比赛难度，可是如何实现记录每个方案的比赛难度呢？

　　咱们先把全部题目的比赛的难度都先排好序，从小到大依次拿题目，便能保证你下一个方案的比赛难度是递增的。

　　咱们保证，第一次拿出来的结构体（方案）是最小的，而后在第一次那结构体（方案）的基础上，放入比它大的其余方案（结构体），这样，每次一样的操做，即可以实如今第M次拿出第M小的方案的比赛难度。

　　咱们要实现每一个方案先后是有关联的，也就是说咱们须要构建的结构体也是须要可以关联到先后方案的。

　　咱们在结构体里面，定义一个Sum，用来记录以前方案的比赛难度的总和。（前关联）

　　而后在定义一个ID，则是表示当前加入的方案的题目难度。（后关联）

　　每个结构体表示的方案的比赛难度则是=Sum+Num[ID];

1 struct Node
2 {           //每个结构体表示一种题目难度总和=Sum+Num[ID];
3     int Sum;//记录以前题目难度的总和，
4     int ID;//记录下一个题目的难度
5     friend bool operator <(Node a,Node b){
6         return a.Sum+Num[a.ID]>b.Sum+Num[b.ID];
7     }//把题目难度总和比较小的优先
8 };

须要构建的合理的结构体

　　构建完结构体，还有很重要的一点是，如何正确放入下一个方案？

　　咱们能够知道，对于当前方案的话，比赛的难度为Sum+Num[ID],那么，比他大的方案有也就只有Sum+Num[ID+1]。（更新下标值）

　　并且，你还须要更新下一个方案的比赛难度的总和，也就是(Sum+Num[ID])+Num[ID+1]。（更新方案的比赛难度总和）

　　用优先队列维护最小值，每次取出最小值在进行更新即可以得出第M小的方案的比赛难度、

　　PS：对放入(Sum+Num[ID])+Num[ID+1]仍是不太理解的话，能够想一想，虽然Sum+Num[ID+1]确定小于(Sum+Num[ID])+Num[ID+1],

　　但你没法肯定，你的下下一个方案也就是Sum+Num[ID+1]+Num[ID+2]是否会比(Sum+Num[ID])+Num[ID+1]小?

　　这样，也才可以把全部方案从小到大都放入优先队列中，在不懂的就本身去画画图就大概知道为何了、

 1 #include <iostream>
 2 #include <algorithm>
 3 #include <string>
 4 #include <queue>
 5 #include <stdio.h>
 6 #include <string.h>
 7 #include <stdlib.h>
 8 using namespace std;
 9 int Num[10100];//Num[i],记录第i个题目的难度
10 struct Node
11 {           //每个结构体表示一种题目难度总和=Sum+Num[ID];
12     int Sum;//记录以前题目难度的总和，
13     int ID;//记录下一个题目的难度
14     friend bool operator <(Node a,Node b){
15         return a.Sum+Num[a.ID]>b.Sum+Num[b.ID];
16     }//把题目难度总和比较小的优先
17 };
18 int main()
19 {
20     int T,N,M,i,t=1;
21     Node TMD;
22     scanf("%d",&T);
23     while(T--){
24         priority_queue<Node>q;
25         scanf("%d%d",&N,&M);
26         for(i=0;i<N;i++){
27             scanf("%d",&Num[i]);
28         }
29         sort(Num,Num+N);//将题目难度小的排在前面
30         TMD.Sum=0;//初始状态，题目难度为0
31         TMD.ID=0;//默认从最小的开始
32         q.push(TMD);
33         printf("Case #%d: ",t++);
34         while(M--){
35             TMD=q.top();q.pop();
36             if(M==0){//输出第M小的题目难度总和
37                 printf("%d\n",TMD.Sum+Num[TMD.ID]);
38             }
39             if(++TMD.ID<N){
40                 q.push(TMD);//更新的下标值的
41                 TMD.Sum+=Num[TMD.ID-1];
42                 q.push(TMD);//更新下标值以及总和
43             }
44         }
45     }
46     return 0;
47 }

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