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动态规划 / DP

子集划分问题 / 可行性背包

思路

首先观察这个放书的性质。结论：对于在同一个书架上的书，只需要一个人去负责。

证明也比较简单，考虑某个人去放了这一排最远的（

最大的）书，那么它一定可以顺带放路上经过的所有的书。有了这个结论，就可以推出：在第

个书架放书的用时是固定的，就是：

。

那么这个问题转化成了：

有

（

为最大书架编号）个数字，把他划分成两组，求两组内部元素的和的最大值的最小值。

但是由于从一个书架移动到另一个还要花费时间，所以还有额外的代价。考虑去放书的时候移动一定是按照下标递增顺序的，同理，放完书回来也不用回头，所以下标一定单调递减。设第一组的总和为

，最大下标为

，第二组的总和为

，最大下标最大为

；则代价为

。你需要求这个代价的最小值。

上述第一个问题，是一个经典的“子集划分”问题。直接跑可行性背包加上 std::bitset 优化即可。

对于第二个问题，比较复杂，我们继续观察性质：注意到，由于这两组的并集是全集，所以

和

一定有一个是

。

这样，我们可以固定

，然后枚举，从

至

枚举

的值。接下来考虑如何做到

。由于

表示最大下标，所以任意

的下标都不能划分至第一组。

还是可行性背包，但是有了初始代价。

第一组初始代价是在书架之间走路所花费的

；

令

，

，则第二组的初始代价是在书架之间走路的代价

加上下标

的所有书架放书的代价：

；第二组的总初始代价为

。

这个时候再去跑可行性背包，使得两部分尽量平均即可。

Code

#include

using namespace std;

using ll = long long;

inline int read(){/*快读模板 略*/};

int cost[505];

bitset<250005> used;

void solve(){

for(int i=1;i<=500;i++) cost[i]=0;

int n=read(),m=0;

for(int i=1;i<=n;i++){

int r=read(),c=read();

cost[r]=max(cost[r],c);

m=max(m,r);

}

used.reset();

used.set(0);

int cnt=0,sum=0,ans=3e15;

for(int i=1;i<=m;i++) cost[i]*=2,sum+=cost[i];

for(int i=1;i

cnt+=cost[i];

used|=(used<

int a=m*2+sum-cnt,b=i*2;//a是第二组的初始代价，b是第一组的初始代价

if(cnt

ans=min(ans,a);//无法达到两个相等，直接取较大值

}else{

ans=min((int)(b+(cnt+a-b+1)/2+(used>>((cnt+a-b+1)/2))._Find_first()),ans);//可行性背包：寻找最接近平均值的数

ans=min((int)(a+(cnt-a+b+1)/2+(used>>((cnt-a+b+1)/2))._Find_first()),ans);

}

}

cout< <

}

main(){

int T=read();

while(T--) solve();

return 0;

}