比赛难度
Time Limit: 3000/1000 MS (Java/Others) Memory Limit: 65535/32768 K (Java/Others)
Total Submission(s): 768 Accepted Submission(s): 263
Problem Description
最近，小明出了一些ACM编程题，决定在HDOJ举行一场公开赛。
假设题目的数量一共是n道，这些题目的难度被评级为一个不超过1000的非负整数，并且一场比赛至少需要一个题，而这场比赛的难度，就是所有题目的难度之和，同时，我们认为一场比赛与本场题目的顺序无关，而且题目也不会重复。
显而易见，很容易得到如下信息：
假设比赛只用1个题目，有n种方案；
假设比赛使用2个题目，有(n-1)*n/2种方案；
假设比赛使用3个题目，有(n-2)*(n-1)*n/6种方案；
............
假设比赛使用全部的n个题目，此时方案只有1种。
经过简单估算，小明发现总方案数几乎是一个天文数字！
为了简化问题，现在小明只想知道在所有的方案里面第m小的方案，它的比赛难度是多少呢？
假设题目的数量一共是n道，这些题目的难度被评级为一个不超过1000的非负整数，并且一场比赛至少需要一个题，而这场比赛的难度，就是所有题目的难度之和，同时，我们认为一场比赛与本场题目的顺序无关，而且题目也不会重复。
显而易见，很容易得到如下信息：
假设比赛只用1个题目，有n种方案；
假设比赛使用2个题目，有(n-1)*n/2种方案；
假设比赛使用3个题目，有(n-2)*(n-1)*n/6种方案；
............
假设比赛使用全部的n个题目，此时方案只有1种。
经过简单估算，小明发现总方案数几乎是一个天文数字！
为了简化问题，现在小明只想知道在所有的方案里面第m小的方案，它的比赛难度是多少呢？
Input
输入数据的第一行为一个整数T（1 <= T <= 20），表示有T组测试数据。
每组测试数据第一行为两个整数n, m（0 < n, m <= 10000），表示现在有n个题目，现在要求第m小的方案的比赛难度。接下来第二行有n个数字，分别表示这n个题目的难度值。
每组测试数据第一行为两个整数n, m（0 < n, m <= 10000），表示现在有n个题目，现在要求第m小的方案的比赛难度。接下来第二行有n个数字，分别表示这n个题目的难度值。
Output
对于每组测试数据，输出一行"Case #c: ans"（不包含引号），ans 表示要求的第m小的比赛难度，输入数据保证存在第m小的方案，具体参见样例。
Sample Input
2
5 6
1 1 1 1 1
5 25
1 2 3 4 5
Sample Output
Case #1: 2
Case #2: 11
Source
Recommend
思路：贪心。
由于数据很大所以不可能一个一个枚举也就是2n.
每个数选或不选。。
先把难度按升序排。
那没还是考虑每个数选或不选，由于题目只要求最大就前1000个数，所以可以把最小的找出来，也就是nandu[0];
开结构体记录当前状态下，选这个数的和，和不选这个数的和，同时记录这个数的数组下标，开优先队列，以难度升序，那么先将第一个状态入队。
然后每次取出顶层的，就是当前所有状态最小的。
然后由这个最小状态去找他的下一个状态，也就是它的后一个元素选或不选，再加入队列即可，取出的所要求的个数，就是排第几位。
1 #include<stdio.h>
2 #include<algorithm>
3 #include<iostream>
4 #include<string.h>
5 #include<math.h>
6 #include<queue>
7 #include<string.h>
8 #include<stack>
9 #include<vector>
10 #include<map>
11 #define sc(x) scanf("%I64d",&x)
12 #define pr(x) printf("%I64d",x)
13 #define prr(x) printf("%I64d\n",x)
14 #define prrr(x) printf(" %I64d",x)
15 #define FOR(i,p,q) for(int i=p;i<=q;i++)
16 typedef struct pp
17 {
18 int x;//没有选id的状态
19 int y;//选了id的状态
20 int id;
21 bool operator<(const pp&cx)const//优先队列按难度升序排
22 {
23 return cx.y<y;
24 }
25 } ss;
26 using namespace std;
27 int nandu[10005];
28 int main(void)
29 {
30 int n,m,i,j,k,p,q;
31 scanf("%d",&k);
32 for(i=1; i<=k; i++)
33 {
34 priority_queue<ss>que;
35 scanf("%d %d",&p,&q);
36 for(j=0; j<p; j++)
37 {
38 scanf("%d",&nandu[j]);
39 }
40 sort(nandu,nandu+p);
41 ss fi;//定义初始状态，也就是难度最小的
42 fi.x=0;
43 fi.y=nandu[0];
44 fi.id=0;
45 que.push(fi);
46 int cc;
47 while(q--)
48 {
49 ss lk;
50 lk=que.top();
51 if(q==0)
52 {
53 cc=lk.y;
54 }
55 que.pop();
56 ss dd;
57 if(lk.id<p-1)//当前最小的状态
58 {
59 dd.x=lk.x;//当前最小状态没有选nandu[lk.id];
60 dd.y=lk.x+nandu[lk.id+1];
61 dd.id=lk.id+1;
62 que.push(dd);
63 dd.x=lk.y;//当前最小状态选nandu[lk.id]
64 dd.y=lk.y+nandu[lk.id+1];
65 dd.id=lk.id+1;
66 que.push(dd);
67 }
68 }
69 printf("Case #%d: %d\n",i,cc);
70 }
71 return 0;
72
73 }