[NOIP2007 普及组] 纪念品分组

题目背景

NOIP2007 普及组 T2

题目描述

元旦快到了，校学生会让乐乐负责新年晚会的纪念品发放工作。为使得参加晚会的同学所获得 的纪念品价值相对均衡，他要把购来的纪念品根据价格进行分组，但每组最多只能包括两件纪念品， 并且每组纪念品的价格之和不能超过一个给定的整数。为了保证在尽量短的时间内发完所有纪念品，乐乐希望分组的数目最少。

你的任务是写一个程序，找出所有分组方案中分组数最少的一种，输出最少的分组数目。

输入格式

共 $n+2$ 行：

第一行包括一个整数 $w$，为每组纪念品价格之和的上限。

第二行为一个整数 $n$，表示购来的纪念品的总件数 $G$。

第 $3\sim n+2$ 行每行包含一个正整数 $P_i$ 表示所对应纪念品的价格。

输出格式

一个整数，即最少的分组数目。

样例 #1

样例输入 #1

100 
9 
90 
20 
20 
30 
50 
60 
70 
80 
90

样例输出 #1

6

提示

$50\%$ 的数据满足：$1\le n\le15$。

$100\%$ 的数据满足：$1\le n\le3\times10^4$，$80\le w\le200$，$5 \le P_i \le w$。

贪心

重在证明，虽然AC了证明还是模糊

贪心策略：

1.首先对所有物品的价值从小到大进行排序

2.用两个指针，一个指向前端，另一个指向后端;

3.最小的匹配最大的时候分组数最小

4.当 $a_i + a_j > w$时，j--;

说明后面数太大了，只能独立作为一个组

5.当 $a_i + a_j <= w$ 时，i++, j--;

两个数作为一个组

证明：

分情况进行讨论：

首先贪心得到的解是一种可行方案，而最后的最优解是所有可行方案中的最小值，
因此可以证明出 最优解 <= 贪心得到的解

存在最优解S ，他不是按照贪心步骤得到的；

1.$a_i + a_j > w$ 时，由于从小到大进行了排序 $a_i$ 是当前最小的，说明$a_j$不能与其他任何$a_k$为一组，$i < k < j $，因此$a_j$只能独立分组；

2.$a_i + a_j <= w$ ，而最优解中并不是$a_i与a_j$ 一组；

(1)$a_j$ 是独立分组的，并且$a_i$也是独立分组的时候，由于$a_i + a_j <= w$，将它俩合并为同一个组，这时分组数-1，这里可以证明出最优解 >= 贪心得到的解

到这一步我们可知贪心得到的解就是最优解。

进一步说明：
已知 $i < k < j$,

(2)$a_j$ 单独一组，$a_i 与 a_k$ 一组，将$a_i$与$a_k4拆分，再把$a_i$与$a_j$合并，这是分组数不变

(3)$a_j与a_k$ 一组，$a_i$单独一个组，这时候交换$a_i,a_k$, 分组数仍不变

C++ 代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N = 3e4 + 10;

int w,n;
int a[N];
int ans;

int main(){
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0);
    cout.tie(0);

    cin >> w >> n;
    for(int i = 1; i <= n; i++){
        cin >> a[i];
    }
    sort(a + 1, a + 1 + n);
    int i = 1,j = n;
    while(i <= j){
        if(a[i] + a[j] > w) {
            ans ++;   //单独作为一个组
            j--; 
        }
        else{
            ans ++;  //两件物品一起作为一个组
            i++;
            j--; 
        }
    }
    cout << ans << endl;
    return 0;
}