BZOJ 1181: [CROATIAN2009] IZBROI选举（二分+dp）

题面

在一个地区的选举中，共有V个人参加了投票，每一票只可能投给N个政党中的一个。当地的议会共有M个席位。不妨将N个政党编号为1到N，并且设编号为i的政党最终的得票为Vi，则议会中的席位按如下规则分配： 1、将得票数小于总选票的5%的政党剔除。 2、初始时议会为空，每个政党都只有0个席位。 3、对于每个政党P，计算一个参数Qp = Vp / (Sp + 1)，Vp为政党P的最终得票，Sp为政党P当前已经在议会拥有的席位。 4、给Qp最大的政党分配一个席位，如果有多个政党的Qp相同，则将席位分给其中编号最小的政党。 5、重复3和4，直到议会已满。 由于计票还没有结束，现在我们只知道一部分选票的投票结果。给出V、N、M以及每个政党当前的得票，请你计算每个政党最多以及最少能赢得多少个席位。

题解

记剩下所有票数为sumsumsum。

xxx位置上的的最大值就是把sumsumsum全部给xxx，然后暴力枚举就行了。每次时间复杂度O(n2)O(n^2)O(n2)，总时间复杂度O(n3)O(n^3)O(n3)。

下面是求xxx的最小值。方法是二分，假设二分的值是midmidmid，问题就转化为是否能让剩下的人凑足m−midm-midm−mid个席位。可以发现只有票数≥5%\geq 5\%≥5%的人才可能获得席位。所以只有票数前202020才可能获得席位。按贪心的思路，一定是从大到小排序后去前202020个来凑足m−midm-midm−mid个席位。

设f[i][j]f[i][j]f[i][j]表示用前iii个占领jjj个席位所需要的最少额外票数，那么转移为：

f[i][j]=min⁡k=0jf[i−1][j−k]+cost(i,k)f[i][j]=\min_{k=0}^jf[i-1][j-k]+cost(i,k)f[i][j]=k=0minj​f[i−1][j−k]+cost(i,k)cost(i,k)cost(i,k)cost(i,k)表示让第iii个位置的人占领kkk个席位所需要的最小票数。

要在xxx占领midmidmid个席位的情况下，让第iii个位置的人占领kkk个席位，需要满足的条件有：

• (a[x]mid+1<a[i]k)(\frac{a[x]}{mid+1}< \frac{a[i]}{k})(mid+1a[x]​<ka[i]​) 或者 (a[x]mid+1=a[i]k&& i的编号<x的编号)(\frac{a[x]}{mid+1}= \frac{a[i]}{k}\&\&\ i的编号<x的编号)(mid+1a[x]​=ka[i]​&& i的编号<x的编号)
• a[i]+cost(i,k)≥V∗5%a[i]+cost(i,k)\geq V*5\%a[i]+cost(i,k)≥V∗5%

那么直接转移就行了。每次时间复杂度O(20∗m2)O(20*m^2)O(20∗m2)，总时间复杂度O(20∗m2log⁡m)O(20*m^2\log m)O(20∗m2logm)

CODE

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
inline void rd(int &x) {
	char ch; int flg=1; while(!isdigit(ch=getchar()))if(ch=='-')flg=-flg;
	x = 0; do x=x*10+ch-'0'; while(isdigit(ch=getchar())); x*=flg;
}
const int MAXN = 205;
int n, m, V, sum, a[MAXN], c[MAXN], id[MAXN];
inline bool cmp(int i, int j) { return a[i] > a[j]; }
int ans[MAXN], s[MAXN];
inline void Solve_mx() { //暴力枚举模拟
	for(int i = 1; i <= n; ++i) {
		a[i] += sum;
		for(int j = 1; j <= n; ++j) s[j] = 0;
		for(int j = 1; j <= m; ++j) {
			int x = -1;
			for(int k = 1; k <= n; ++k) if(a[k]*20 >= V) {
				if(x == -1 || a[k]*(s[x]+1) > a[x]*(s[k]+1)) x = k;
			}
			if(~x) ++s[x];
		}
		printf("%d%c", s[i], " \n"[i==n]);
		a[i] -= sum;
	}
}
int f[21][MAXN];
inline bool check(int x, int mid) {
	int cur = 0; for(int i = 0; i <= m; ++i) f[cur][i] = sum+1;
	f[cur][0] = 0;
	for(int i = 1; i <= n && i <= 20; ++i) {
		if(i == x) continue; cur ^= 1;
		for(int j = 0; j <= m; ++j) {
			f[cur][j] = sum+1;
			for(int k = 0; k <= j; ++k) {
				int delta = (k * a[x] + mid) / (mid + 1) - a[i]; //向上取整
				if(k * a[x] % (mid + 1) == 0 && id[x] < id[i] && k) ++delta; //判断在原数列编号大小
				delta = delta < 0 ? 0 : delta;
				if(k && (a[i]+delta)*20 < V) delta += (V - (a[i]+delta)*20 + 19) / 20; //凑足5%
				f[cur][j] = min(f[cur][j], f[cur^1][j-k] + delta);
			}
		}
	}
	return f[cur][m-mid] <= sum;
}
inline int getmin(int x) {
	if(a[x]*20 < V) return 0;
	int l = 0, r = m, mid;
	while(l < r) {
		mid = (l + r) >> 1;
		if(check(x, mid)) r = mid;
		else l = mid+1;
	}
	return l;
}

inline void Solve_mn() {
	for(int i = 1; i <= n; ++i) id[i] = i, c[i] = a[i];
	sort(id + 1, id + n + 1, cmp); //从大到小排序
	for(int i = 1; i <= n; ++i) a[i] = c[id[i]];
	for(int i = 1; i <= n; ++i) ans[id[i]] = getmin(i);
	for(int i = 1; i <= n; ++i) printf("%d%c", ans[i], " \n"[i==n]);
}
int main () {
	rd(V), rd(n), rd(m), sum = V;
	for(int i = 1; i <= n; ++i) rd(a[i]), sum -= a[i];
	Solve_mx();
	Solve_mn();
}