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 NNN 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 000 到 N−1N-1N−1。在盒子 iii 中，剩余有 aia_iai 单位的糖果，其中 aia_iai 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 a0,a1,⋯,aN−1a_0,a_1,\cdots,a_{N-1}a0,a1,⋯,aN−1，以及整数 FFF 和 TTT。在一次操作中，你被允许交换 a0,a1,⋯,aN−1a_0,a_1,\cdots,a_{N-1}a0,a1,⋯,aN−1 中的任意两个相邻元素。要使得数组前 FFF 个元素的和至少为 TTT，至少需要多少次操作？输入格式
第一行三个整数 N,F,TN,F,TN,F,T。
\第二行 NNN 个整数 a0,a1,⋯,aN−1a_0,a_1,\cdots,a_{N-1}a0,a1,⋯,aN−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 111 解释
在样例 111 中，前两个元素的和应当至少为 272727。一次相邻元素的交换就可以达成目标：交换 444 和 202020。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≥2710+20=30\ge 2710+20=30≥27。
样例 222 解释
在样例 222 中，这个 000 必须一路移动到数组末尾；这需要 333 次交换。
样例 333 解释
在样例 333 中，不可能使得前两个元素和至少为 100100100；我们能做到的最好结果是 60+30=9060+30=9060+30=90。
数据范围
对于全部数据，1≤N≤1001\le N\le 1001≤N≤100，1≤F≤N1\le F\le N1≤F≤N，0≤T≤10110\le T\le 10^{11}0≤T≤1011，0≤ai≤1090\le a_i\le 10^90≤ai≤109。
\
- 子任务一（666 分）：N≤2N\le 2N≤2，ai≤100a_i\le 100ai≤100，T≤109T\le 10^9T≤109。
- 子任务二（191919 分）：ai≤1a_i\le 1ai≤1。
- 子任务三（161616 分）：N≤20N\le 20N≤20。
- 子任务四（303030 分）：ai≤100a_i\le 100ai≤100。
- 子任务五（292929 分）：无特殊限制。
提示
答案可能不在 323232 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 FFF 个元素的和大于等于 TTT。显然只能从后往前移动，不然无意义。
设选中的 FFF 个元素在原数组中的位置为 x1≤x2≤⋯≤xFx_1 \leq x_2 \leq \dots \leq x_Fx1≤x2≤⋯≤xF，经过交换后在前 FFF 个位置的最终位置为 y1<y2<⋯<yFy_1 < y_2 < \dots < y_Fy1<y2<⋯<yF（其中 yi∈[1,F]y_i \in [1,F]yi∈[1,F]）。
将元素从 xix_ixi 移动到 yiy_iyi 需要 ∣xi−yi∣|x_i - y_i|∣xi−yi∣ 次相邻交换，总交换次数即为 ∑i=1F(xi−yi)\sum\limits_{i=1}^F (x_i - y_i)i=1∑F(xi−yi)，因为 xi≥yix_i \geq y_ixi≥yi。
显然不管怎么交换，原来位置和 ∑xi\sum x_i∑xi 一定等于交换后的位置和 ∑yi\sum y_i∑yi 加上交换时移动的距离（就是交换次数）。
设交换次数为 ttt，则 $ \sum x_i = \sum y_i + t$，移项可得 t=∑xi−∑yit = \sum x_i - \sum y_it=∑xi−∑yi。
可得对于前 FFF 个位置，yiy_iyi 固定取 1,2,3,…F1,2,3,\dots F1,2,3,…F，位置和等于 F(F+1)2\frac{F(F+1)}{2}2F(F+1)。
所以，最小交换次数的计算方法如下：
t=∑xi−F(F+1)2t=\sum x_i - \frac{F(F+1)}{2} t=∑xi−2F(F+1)
要使得交换次数 ttt 最小，就要使得 ∑xi\sum x_i∑xi 尽可能小。
所以，我们要选中 FFF 个数值总和大于等于 TTT 的数，在数值总和都大于等于 TTT 时就让位置和最小。
不难想到这一步可以用 dp 解决。设 dpi,j,kdp_{i,j,k}dpi,j,k 表示当前在位置 iii，选了 jjj 个元素，选中的所有元素下标和为 kkk 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 iii，尝试加入之前不同的状态就行了：
dpi,j,k=max{dpi−1,j−1,k−i+ai}(j≤min{i,F})dp_{i,j,k} = \max\{ dp_{i-1,j-1,k-i} + a_i \}\ (j \le \min\{i,F\}) dpi,j,k=max{dpi−1,j−1,k−i+ai} (j≤min{i,F})
转移时可以滚动数组，不过要倒序枚举 jjj。
时间复杂度约为 O(5000×nF)O(5000 \times nF)O(5000×nF)（100(100+1)2=5050\frac{100(100+1)}{2}=50502100(100+1)=5050）。
#include <bits/stdc++.h>
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 = 5050dp[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;
}