题解：P9468 [EGOI 2023] Candy / 糖果

P9468 [EGOI 2023] Candy / 糖果

题目描述

在伊卡古城，据说有一座宫殿，其财富超乎想象。在其中，一个走廊中有 $N$ 盒来自世界各地的糖果。路过的旅行者只要用黄金支付糖果的重量，就可以拿走任意多的糖果。

装糖果的盒子被从左到右编号为 $0$ 到 $N-1$。在盒子 $i$ 中，剩余有 $a_i$ 单位的糖果，其中 $a_i$ 是一个非负整数。

作为宫殿的守护者，你需要移动这些盒子，使得有很多糖果的盒子更靠近入口。

你已知数组 $a_0,a_1,\cdots ,a_{N-1}$，以及整数 $F$ 和 $T$。在一次操作中，你被允许交换 $a_0,a_1,\cdots ,a_{N-1}$ 中的任意两个相邻元素。要使得数组前 $F$ 个元素的和至少为 $T$，至少需要多少次操作？

输入格式

第一行三个整数 $N,F,T$。

\第二行 $N$ 个整数 $a_0,a_1,\cdots ,a_{N-1}$。
\

输出格式

如果不可能达成目标，输出 NO。

否则，输出一个整数，表示最少操作数。
\

输入 #1

6 2 27
10 4 20 6 3 3

输出 #1

1

输入 #2

6 5 5000000000
1000000000 1000000000 0 1000000000 1000000000 1000000000

输出 #2

3

输入 #3

3 2 100
20 30 60

输出 #3

NO

输入 #4

1 1 100
100

输出 #4

0

说明/提示

样例 $1$ 解释

在样例 $1$ 中，前两个元素的和应当至少为 $27$。一次相邻元素的交换就可以达成目标：交换 $4$ 和 $20$。在这次交换后，数组变成 10 20 4 6 3 3，前两个元素的和为 $10+20=30\ge 27$。

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样例 $2$ 解释

在样例 $2$ 中，这个 $0$ 必须一路移动到数组末尾；这需要 $3$ 次交换。

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样例 $3$ 解释

在样例 $3$ 中，不可能使得前两个元素和至少为 $100$；我们能做到的最好结果是 $60+30=90$。

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数据范围

对于全部数据，$1\le N\le 100$，$1\le F\le N$，$0\le T\le 10^{11}$，$0\le a_i\le 10^9$。
\

• 子任务一（$6$ 分）：$N\le 2$，$a_i\le 100$，$T\le 10^9$。
• 子任务二（$19$ 分）：$a_i\le 1$。
• 子任务三（$16$ 分）：$N\le 20$。
• 子任务四（$30$ 分）：$a_i\le 100$。
• 子任务五（$29$ 分）：无特殊限制。

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提示

答案可能不在 $32$ 位整型范围内，如果你使用 C++ 语言，请注意溢出的可能。

有一个很妙的思路，分享一下。

根据题目的意图，我们要在移动距离最短前提下，使得数组的前 $F$ 个元素的和大于等于 $T$。显然只能从后往前移动，不然无意义。

设选中的 $F$ 个元素在原数组中的位置为 $x_1\le x_2\le \cdots \le x_F$，经过交换后在前 $F$ 个位置的最终位置为 $y_1<y_2<\cdots <y_F$（其中 $y_i\in [1,F]$）。

将元素从 $x_i$ 移动到 $y_i$ 需要 $|x_i-y_i|$ 次相邻交换，总交换次数即为 $\sum _{i=1}^F(x_i-y_i)$，因为 $x_i\ge y_i$。

显然不管怎么交换，原来位置和 $\sum x_i$ 一定等于交换后的位置和 $\sum y_i$ 加上交换时移动的距离（就是交换次数）。

设交换次数为 $t$，则 $ \sum x_i = \sum y_i + t$，移项可得 $t=\sum x_i-\sum y_i$。

可得对于前 $F$ 个位置，$y_i$ 固定取 $1,2,3,\dots F$，位置和等于 $\frac{F(F+1)}{2}$。

所以，最小交换次数的计算方法如下：

$$t=\sum x_i-\frac{F(F+1)}{2}$$

要使得交换次数 $t$ 最小，就要使得 $\sum x_i$ 尽可能小。

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所以，我们要选中 $F$ 个数值总和大于等于 $T$ 的数，在数值总和都大于等于 $T$ 时就让位置和最小。

不难想到这一步可以用 dp 解决。设 $d{p}_{i,j,k}$ 表示当前在位置 $i$，选了 $j$ 个元素，选中的所有元素下标和为 $k$ 时的最大数值总和。

转移方程比较简单，只要对于每个不同的元素 $i$，尝试加入之前不同的状态就行了：

$$d{p}_{i,j,k}=\max \{d{p}_{i-1,j-1,k-i}+a_i\}(j\le \min \{i,F\})$$

转移时可以滚动数组，不过要倒序枚举 $j$。

时间复杂度约为 $O(5000\times nF)$（$\frac{100(100+1)}{2}=5050$）。

#include 
using namespace std;
typedef long long ll;

ll N, F, T;
ll a[105], dp[105][5100]; // dp[j][k]:（当前第i个数）选了j个，下标和为k时，数值和的最大值

void solve()
{
    cin >> N >> F >> T;
    for(int i = 1; i <= N; i ++){
        cin >> a[i];
    }

    memset(dp, -0x3f, sizeof dp);
    dp[0][0] = 0;
    for(int i = 1; i <= N; i ++){
        for(int j = min(1LL*i, F); j >= 1; j --){
            for(int k = i; k <= 5050; k ++){ // 100*(100+1)/2 = 5050
                dp[j][k] = max(dp[j][k], dp[j - 1][k - i] + a[i]);
            }
        }
    }

    int minp = 1e9;
    for(int k = 0; k <= 5050; k ++){
        if(dp[F][k] >= T) minp = min(minp, k);
    }
    if(minp == 1e9) puts("NO"); else cout << max(0LL, 1LL*minp - F*(F+1)/2) << '\n';
}

signed main()
{
    ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(nullptr), cout.tie(nullptr);
    solve();
    return 0;
}