题解 P2577 【[ZJOI2005]午餐】

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题解：

首先这个题需要用贪心来将每个人排序，否则无法进行唯一的DP。但是贪心会有两个思路，分别是按吃饭时间降序排序，和按打饭+吃饭时间之和降序排序，因为我们要避免吃饭时间长的人后打饭。因此下面的证明只考虑这两种情况。

设第i个人的打饭时间为a_i，吃饭时间为b_i，令a_i+b_i>a_{i+1}+b_{i+1}（如果小于的话当然要把既满足总时间长又满足吃饭时间长的人放在前面），但b_i<b_{i+1}，则a_i>a_{i+1}。即第i+1个人的吃饭时间较长。假设只有一列队，如果将i排在前面，那么总时间为f_1=\max(a_i+b_i,a_i+a_{i+1}+b_{i+1})=a_i+a_{i+1}+b_{i+1}，因为a_i+b_{i+1}>a_i+b_i。而将i排在后面，则总时间为f_2=\max(a_{i+1}+a_i+b_i,a_{i+1}+b_{i+1})=a_{i+1}+a_i+b_i 。那我们比较f_1和f_2，f_1-f_2=b_{i+1}-b_i>0，因此f_1>f_2。所以贪心的结论是把吃饭时间长的人排在前面。

这样可以先把每个人排序，然后就可以做一个类似背包的DP了。设f[i][j][k]表示排完了i个人，第一队结束排队时间为j，第二队结束时间为k的最早吃完饭的时间。这样直接做转移就可以了，f[i][j][k]=\min(\max(f[i-1][j-a[i]][k],j+b[i]),\max(f[i-1][j][k-a[i]],k+b[i]))。但是这样的时间复杂度是O(n^5)，因为状态共有200\times 200^2\times 200^2个。

考虑到时间复杂度主要由状态个数贡献，因此考虑压维。我们看到，当贪心地排序后，序列是一定的。因此j+k也就成了定值，也就是说，我们在DP数组中存下j，利用预处理的前缀和sum减去这个j，就是所求的k了。这样状态就只剩下n^3，是可以过的，相应地改一下转移方程就可以了（把k代换为sum[i]-j即可）。

这个题的主要思维在贪心。同时较难的地方还有压掉一维，不过见得多了也许就是一种套路了吧。

Code：

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using std::min;
using std::max;
struct pp
{
    int x,y;
    friend bool operator <(pp a,pp b)
    {
        return a.y>b.y;
    }
}a[222];
int f[205][40005];
int main()
{
    memset(f,0x3f,sizeof(f));
    f[0][0]=0;
    int n;
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;++i)
        scanf("%d%d",&a[i].x,&a[i].y);
    std::sort(a+1,a+1+n);
    int tt=0;
    for(int i=1;i<=n;++i)
    {
        for(int j=0;j<=200*i;++j)
            if(j<a[i].x)
                f[i][j]=max(f[i-1][j],tt-j+a[i].x+a[i].y);
            else
                f[i][j]=min(max(f[i-1][j-a[i].x],j+a[i].y),max(f[i-1][j],tt-j+a[i].x+a[i].y));
        tt+=a[i].x;
    }
    long long ans=0x7ffffffffff;
    for(int i=0;i<=200*n;++i)
        ans=ans<f[n][i]?ans:f[n][i];
    printf("%lld\n",ans);
    return 0;
}