UVA_10280

    没想到这个题目用一个剪枝和感觉上复杂度比较大的dp就可以过掉，当然这个题目的复杂度如果真仔细算起来感觉还是比较麻烦的，我在后面也提了几点设想，也许真正的复杂度没有到我们想象得那么大。

    先把剪枝放在这里，设limit=min{max*min/(max-min)}，那么如果酒量是大于limit的，就必然能够全部装下，否则我们再执行dp。

    下面我们开始证明这个剪枝的正确性。我们不妨先对一类瓶子进行讨论，设其最小、最大的装酒量分别是min、max，实际上如果有[x/max]<[x/min]，那么酒量x就一定可以全部被装进去，因为满足min*[x/min]<=x<=max*[x/min]，必然可以找到一点x’使得x’*[x/min]==x，其中方括号都是向下取整运算。我们不妨设x/max的小数部分是e1，x/min的小数部分是e2，如果有[x/max]<[x/min]，即为x/max-e1<x/min-e2，整理得x/max-x/min<e1-e2，同时由于-1<e1-e2，所以如果x/max-x/min<=-1，那么原不等式必然成立，进一步化简就可以得到x>=max*min/(max-min)。

    其实，看了别人的一篇博客后，发现可以用更简单的方式去证，同时还能使剪枝更强。同样，先把剪枝放在这里，limit=min{min*min/(max-min)}。

    对于一类瓶子，我们不妨设用k个瓶子去装酒，那么能够完全装下的范围就是[k*min,k*max]，随着k的增大，我们发现所有相邻区间的左端点的间距是固定的，同时区间的长度又在不断增加，于是我们猜想，到某一刻时，后面的区间相互之间会有交集，这样剩下的各个区间就会覆盖掉后面所有的整数。我们设刚开始产生交集的区间为第k个，这样有k*max>=(k+1)*min，解得k>=min/(max-min)，而当酒量x>=k*min的时候，就一定能全被装进去，这样就有x>=min*min/(max-min)。

    最后说一说dp的过程吧，有了上面的剪枝，我们最起码能把总酒量的状态减到4500*4500，大约是2*10^7，剩下的工作就是把瓶子按不同的容积拆成max-min+1个瓶子，然后做完全背包的dp。这样我们不妨想一下，最后瓶子数乘上酒量的状态数会不会超呢？实际上由于min<=0.99max，所以即使容量是4500也实际只有不到450000个状态，远小于2*10^7，当然最大是否有可能超过450000而且最大是多少还要根据剪枝的函数来确切算一下，而且我们dp前是可以把体积重复的瓶子去掉的，由于判重的剪枝瓶子数最后能不能到比较大的水平也是个问题，所以整体的复杂度受多方因素的制约。

    就剪枝min*min/(max-min)来讲，由于min*min/(max-min)<=min*min/(min/0.99-min)<450000，所以最多不会超过450000个状态。

#include
     
       #include
      
        #define MAXD 4600 #define MAXL 450000 #define MAXN 110 #define MAXn 18000 #define INF 0x3f3f3f3f int L, N, min[MAXN], max[MAXN], f[MAXL], vis[MAXD], v[MAXn]; void solve() {
   int i, j, k, n, limit;     scanf("%d%d", &L, &N);     L *= 1000;     limit = INF; for(i = 0; i < N; i ++)     {
           scanf("%d%d", &min[i], &max[i]); if(min[i] * min[i] / (max[i] - min[i]) < limit)             limit = min[i] * min[i] / (max[i] - min[i]);     } if(L > limit)     {
           printf("0\n"); return;     }     n = 0;     memset(vis, 0, sizeof(vis)); for(i = 0; i < N; i ++) for(j = min[i]; j <= max[i]; j ++) if(!vis[j])             {
                   vis[j] = 1;                 v[n ++] = j;             }     memset(f, 0, sizeof(f)); for(i = 0; i < n; i ++) for(j = v[i]; j <= L; j ++) if(f[j - v[i]] + v[i] > f[j])                 f[j] = f[j - v[i]] + v[i];     printf("%d\n", L - f[L]); } int main() {
   int t;     scanf("%d", &t); while(t --)     {
           solve(); if(t)             printf("\n");     } return 0; }