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AcWing 430. 纪念品分组

(贪心,排序) O(nlogn)

直觉上讲，分组的时候应该尽可能让每一组的价值之和大一些。

由此得到如下算法：

将所有物品按价值排序； 从小到大枚举每个物品，每次给当前物品找一个价值尽可能大的且总价值没有超过上限的“同伴物品”，将两个物品分在一组，这一步可以使用双指针算法优化到 $O(n)$。 这样求出的组数就是最小值。

下面给出证明。这里可以使用 调整法：

假设最优解的分组方式和由上述算法得到的分组方式不同。那么我们考虑从后往前第一个分组不同的数，记为 $a$，假设由上述算法得到的“同伴物品”是 $b$，那么：

如果在最优解中，a 单独一组，那么可以直接将 b 从原组中取出，和 a 放在一起，这样并没有增加组数； 如果在最优解中，a 和 c 放在一起，由上述算法可知，$c≤b$，那么我们可以将 b 和 c 所在位置交换，交换后两组的价值之和都没有超过上限，且这样也没有增加组数。

因此通过上述调整，我们可以在不增加组数的情况下，将最优解的分组方式调整成和上述算法相同，且这样的调整方式可以一直进行下去，直到两个方案相同为止。 因此我们可以在不增加组数的情况下，将最优解的方案调整成上述算法得到的方案，因此上述算法可以得到最优解。

时间复杂度 排序是算法瓶颈，因此时间复杂度是 $O(nlogn)$。

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
const int N = 30010;

int n, m;
int w[N];

int main() {
    // m:每组纪念品价格之和的上限
    // n:购来的纪念品的总件数
    cin >> m >> n;
    for (int i = 0; i < n; i++) cin >> w[i]; // 表示所对应纪念品的价格
    // 将价格由小到大排序
    sort(w, w + n);

    int res = 0;
    // 双指针对撞
    for (int i = 0, j = n - 1; i <= j; j--) {
        if (w[i] + w[j] <= m) i++;
        res++;
    }

    cout << res << endl;
    return 0;
}