題目

聖誕老人共有M個餅乾，準備全部分給N個孩子。

每個孩子有一個貪婪度，第 i 個孩子的貪婪度為 g[i]。

如果有 a[i] 個孩子拿到的餅乾數比第 i 個孩子多，那麼第 i 個孩子會產生 g[i]*a[i]的怨氣。

給定N、M和序列g，聖誕老人請你幫他安排一種分配方式，使得每個孩子至少分到一塊餅乾，並且所有孩子的怨氣總和最小。

輸入格式
第一行包含兩個整數N,M。

第二行包含N個整數表示g1~gN。

輸出格式
第一行一個整數表示最小怨氣總和。

第二行N個空格隔開的整數表示每個孩子分到的餅乾數，若有多種方案，輸出任意一種均可。

資料範圍
1≤N≤30,
N≤M≤5000,
1≤gi≤107
輸入樣例：
3 20
1 2 3
輸出樣例：
2
2 9 9

思路

題目的意思是讓我們在保證每個人都有糖的情況下求最小怨念值。那麼也就是說，每個人的怨氣情況乘上一個他們每個人的分糖情況要是最小的結果，那麼這個東西就是一個很明顯的排序不等式，我們把怨氣值排序，在不考慮a陣列怎麼求出的情況下，最後結果一定是怨氣陣列的大值乘上a陣列的小值累加結果最小，關於排序不等式的證明，很簡單，可以手動證一下。然後總的策略考慮完了，我們考慮一下dp的問題。關於狀態的表示，很簡單，DP[i][j]表示的是前i個小朋友一共發j份糖的最優值，但是關於狀態的轉移來說這道題可能有點毒瘤。我們需要根據陣列的末尾有多少個1來劃分集合。沒有1的情況和1的個數為k的情況，為這個集合的兩大類，然後我們考慮怎麼求，當1個數為k的時候，因為糖的個數為1，所以我們只需要對怨氣陣列做一個字首和，然後乘上相對於的數量就可以了。沒有1的時候，我們考慮把陣列內的數全部減去一個1，那麼陣列的情況是不變的，那麼最終也是會出現1的情況，因為我們關心的是元素的相對大小，當然這個減去的值需要在輸出的時候加回去，這個是程式碼實現的方面了。

程式碼實現

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<vector>
#include<queue>
#include<map>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cmath>
using namespace std;
#define rep(i,f_start,f_end) for (int i=f_start;i<=f_end;++i)
#define per(i,n,a) for (int i=n;i>=a;i--)
#define MT(x,i) memset(x,i,sizeof(x) )
#define rev(i,start,end) for (int i=0;i<end;i++)
#define inf 0x3f3f3f3f
#define mp(x,y) make_pair(x,y)
#define lowbit(x) (x&-x)
#define MOD 1000000007
#define exp 1e-8
#define N 1000005 
#define fi first 
#define se second
#define pb push_back
typedef long long ll;
typedef pair<int ,int> PII;
typedef pair<int ,PII> PIII;
ll gcd (ll a,ll b) {return b?gcd (b,a%b):a; }
inline int read() {
    char ch=getchar(); int x=0, f=1;
    while(ch<'0'||ch>'9') {
        if(ch=='-') f = -1;
        ch=getchar();
    } 
    while('0'<=ch&&ch<='9') {
        x=x*10+ch-'0';
        ch=getchar();
    }   return x*f;
}

const int maxn=31;
const int M=5010;
int f[maxn][M];
int s[maxn];
PII g[maxn];
int ans[maxn];
int n,m;

int main () {
    cin>>n>>m;
    rep (i,1,n) {
        cin>>g[i].first;
        g[i].second=i;
    }
    sort (g+1,g+1+n);
    reverse (g+1,g+1+n);

    rep (i,1,n) s[i]=s[i-1]+g[i].first;
    MT (f,0x3f);
    f[0][0]=0;
    
    rep (i,1,n) 
     rep (j,1,m) {
         if (j>=i) f[i][j]=f[i][j-i];
         rep (k,1,min (i,j)) {
             f[i][j]=min (f[i][j],f[i-k][j-k]+(s[i]-s[i-k])*(i-k));
         }  
     }
    cout<<f[n][m]<<endl;

    int i=n,j=m,h=0;
    while (i&&j) {
        if (f[i][j]==f[i][j-i]) j-=i,h++;
        else {
            rep (k,1,min (i,j)) {
                if (f[i][j]==f[i-k][j-k]+(i-k)*(s[i]-s[i-k])) {
                    per (u,i,i-k+1) {
                        ans[g[u].second]=1+h;
                    }
                    i-=k,j-=k;
                    break;
                }
            }
        }
    }
    
    rep (i,1,n) {
        cout<<ans[i]<<" ";
    }
    cout<<endl;

    return 0;
}