题意:

有个家伙装东西,他的策略是贪心,每次装进去这个盒子能装下的最大的东西,直到把这个盒子装满,再去装下一个盒子。

给出盒子的数量k和一些东西的重量,问你最小需要多大的盒子才能以这种贪心策略装下。

题解:

如果某个解可行,比它大的值未必可行,比如有15个物品,5个39,5个60,5个100,5个盒子,那么盒子大小199可以,200不行,201也不行。所以不能二分。

首先,显然答案下界为ceil(sum/k)。

设最大的物品重量为maxv,假如某个ans装不下,那么在此ans下,装下除maxv外所有物品后,所有箱子的剩余空间都小于maxv

因此,ans*k<sum-maxv+k*maxv

只需在[ceil(sum/k),ceil(sum/k+(k-1)*maxv)]区间内枚举即可。

判断一个ans的可行性复杂度是nlogn

#include<bits/stdc++.h>
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define MAXN 1005
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof a)
#define rep(i,n,m) for(int i=n;i<=m;++i)
const int MOD = ;
inline int read()
{
int x = , f = ;
char c = getchar();
while (c<'' || c>'')
{
if (c == '-') f = -;
c = getchar();
}
while (c >= '' && c <= '')
{
x = x * + c - '';
c = getchar();
}
return x * f;
}
int v[MAXN], n, k, num[MAXN], vis[MAXN],num1[MAXN];
bool check(int vlo)
{
int nu = k;
mem(vis, );
//是否可以装完所有物品,贪心的装,尽量装大的,然后再补漏
int left = n;
//rep(i, 1, 1000) num1[i] = num[i];
int maxx = n,no=;
while (nu)
{
int sp = vlo;
for (int i = maxx; i > ; --i)
{
if (sp < v[no]) break;
if (sp >= v[i] && !vis[i])
{
sp -= v[i]; vis[i] = ; left--;
if (!sp) break;
}
}
while (vis[maxx]) maxx--;
while (vis[no]) no++;
nu--;
}
if (!left) return ;
return ;
}
int main()
{
int T = read();
for(int tt=;tt<=T;++tt)
{
int sum = ;
n = read(), k = read();
mem(num, );
mem(num1, );
rep(i, , n) v[i] = read(), sum += v[i];
sort(v + , v + + n);
int bi = sum / k;
if (sum % k) bi++;
int beg = max(v[n], bi);
int ans=beg;
for (int i = beg; i <= ; ++i)
{
if (check(i)) {
ans = i; break;
}
}
printf("Case #%d: %d\n", tt,ans);
}
}

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