POJ1742 Coins(男人八题之一)
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篇首语:本文由小常识网(cha138.com)小编为大家整理,主要介绍了POJ1742 Coins(男人八题之一)相关的知识,希望对你有一定的参考价值。
前言
大名鼎鼎的男人八题,终于见识了...
题面
http://poj.org/problem?id=1742
分析
§ 1 多重背包
这很显然是一个完全背包问题,考虑转移方程:
DP[i][j]表示用前i种硬币能否取到金额j,ture表示可以,false表示不行。
则有
DP[i][j] = DP[i - 1][j] | DP[i - 1][j - k * Ai], 0 ≤ k ≤ Ci, j - k * Ai ≥ 0
这是一个O(N3)的算法,考虑到数据范围1 ≤ N ≤ 100, M ≤ 100000, 1 ≤ Ci ≤ 1000,显然会超时。
§ 2 优化
考虑上面的转移方程,每个方程只记录了可行解的存在与否;而事实上,当前第i种硬币的剩余数也是一个状态,而此前的方程关于这个状态是靠k来枚举。
我们可以考虑一下完全背包和多重背包的异处,正是多了一个物品数量的限制,才使我们的枚举增加了一个维度,导致时间复杂度增加;而我们同时还要记录当前状态可达到的最大价值(普通多重背包),因而枚举选的物品数量的循环时必不可少的。但是,在这个问题中,我们只需要判断可行解的存在性。因此,我们可以用DP[i][j]来记录用前i种硬币,在取到金额j的情况下,第i种硬币剩余的最大数量。(不能用-1表示)
则有
DP[i][j] =
- C[i], DP[i - 1][j] ≥ 0(如果前(i-1)种硬币已经足以凑出这个金额j,那么就根本用不着第种硬币,因此全部剩下,也就是Ci)
- -1, DP[i][j - A[i]] ≤ 0 || j < A[i](若前面凑更小的面额时已经用尽第i种硬币,或者当前硬币的面额太大了,那么就凑不出来,即-1)
- DP[i][j - A[i]] - 1
注意这些条件时依次判断的。
(如果以上看了仍然不懂的同学,可以去看这个dalao写的详细推理过程 http://www.hankcs.com/program/cpp/poj-1742-coins.html)
因而,时间复杂度就被降到了O(N2)。
还有很重要的一点,之间建N * M的数组是会超空间的,因此,要使用滚动数组。
§ 3 总结
事实上,这题降维就是考的只判断解是否可行的条件。一般来说,这种思路很难想到,很少人会去想写这样一个多重背包的方程,但是,正是这个问题独特的性质,使得它可行。
而且这个问题还有一种用单调队列的写法,目前还没有弄懂,不过也是多重背包的一大利器。
§ 4 参考代码
// POJ1742 // Coins // [email protected] #include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm> const int MAXN = 105; const int MAXM = 100005; int N, M, DP[2][MAXM] = {0}, A[MAXN], C[MAXN], i, j; void solve(); int main() { while (scanf("%d%d", &N, &M) == 2) { if (N == 0 || M == 0) break; solve(); } return 0; } void solve() { for (i = 0; i < N; i++) scanf("%d", &A[i]); for (i = 0; i < N; i++) scanf("%d", &C[i]); int *prv = DP[0], *nxt = DP[1]; memset(prv + 1, -1, sizeof(int) * M); prv[0] = 0; for (i = 0; i < N; i++) { for (j = 0; j <= M; j++) if (prv[j] >= 0) nxt[j] = C[i]; else if (j < A[i] || nxt[j - A[i]] <= 0) nxt[j] = -1; else nxt[j] = nxt[j - A[i]] - 1; std::swap(prv, nxt); } int ans = 0; for (i = 1; i <= M; i++) if (prv[i] >= 0) ans++; printf("%d ", ans); }
另外,有问题的童鞋欢迎提问~
谢谢大家!
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