acm-(交互、bfs、dp)2018 ECNU Campus Invitational Contest E. Balance Reset

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首先注意到$a_i<=100$，也就是每次最多花费$100$，然后由于每次可以充$100$，那么其实当前的余额可以维持在$[0,100)$的范围以内(第一次除外)。考虑余额到达某个状态$u$所需要的最少物品数，记作$dp[u]$，可以从状态$0$出发通过$bfs$更新出所有的可达状态以及其$dp$值。然后由于每个物品出现的概率都是$\frac{1}{2}$，我们每天都检查当前的所有物品是否存在一个物品使得当前状态的$dp$值变小即可。$dp$值变小的概率至少为$\frac{1}{2}$，因此$365$天必定可以让余额归零。注意两点：1.当余额变成负数的时候，只需要充一百即可，正常情况下其实没必要充钱，以便让状态维持在$[0,100)$，由于$dp$值最大其实是$100$(鸽笼原理)，因此通过上述方式能够让余额归零。2.最开始的时候余额可能是100，为了便于处理，我们任意减去一个物品即可，后面就可以正常的按照计划进行了。

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



const int maxn = 505;
const int inf = 2147483647;
typedef long long ll;


int a[maxn<<1],dp[maxn],vis[maxn];

queue<int>q;


int main(){
	int n,p;
	scanf("%d%d",&n,&p);
	for(int i=1;i<=2*n;++i){
		scanf("%d",&a[i]);
	}
	q.push(0);
	vis[0]=1;
	while(!q.empty()){
		int u=q.front();q.pop();
		for(int i=1;i<=2*n;++i){
			int v=(u+a[i])%100;
			if(vis[v])continue;
			vis[v]=1;
			dp[v]=dp[u]+1;
			q.push(v);
		}
	}
	for(int t=1;t<=365;++t){
		bool ok=false;
		for(int i=1;i<=n;++i){
			int u;scanf("%d",&u);
			int to;
			if(p==100){
				to=p-a[u];
				ok=true;
				printf("0 %dn",u);
				fflush(stdout);
				p=to;
				for(int j=i+1;j<=n;++j)scanf("%d",&u);
				if(!p)return 0;
				break;
			}else to=(p-a[u]+100)%100;
			if(dp[to]<dp[p]){
				int c=0;
				if(p<a[u])c=1;
				printf("%d %dn",c,u);
				ok=true;
				fflush(stdout);
				p=to;
				for(int j=i+1;j<=n;++j)scanf("%d",&u);
				if(!p)return 0;
				break;
			}
		}
		if(!ok){
			printf("0 0n");
			fflush(stdout);
		}
	}
}

最后

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