挑战程序设计竞赛2.2习题：Allowance POJ - 3040

Posted 2020-11-25 jacobfun

Allowance

As a reward for record milk production, Farmer John has decided to start paying Bessie the cow a small weekly allowance. FJ has a set of coins in N (1 <= N <= 20) different denominations, where each denomination of coin evenly divides the next-larger denomination (e.g., 1 cent coins, 5 cent coins, 10 cent coins, and 50 cent coins).Using the given set of coins, he would like to pay Bessie at least some given amount of money C (1 <= C <= 100,000,000) every week.Please help him ompute the maximum number of weeks he can pay Bessie.

Input

* Line 1: Two space-separated integers: N and C

* Lines 2..N+1: Each line corresponds to a denomination of coin and contains two integers: the value V (1 <= V <= 100,000,000) of the denomination, and the number of coins B (1 <= B <= 1,000,000) of this denomation in Farmer John‘s possession.

Output

* Line 1: A single integer that is the number of weeks Farmer John can pay Bessie at least C allowance

Sample Input

3 6
10 1
1 100
5 120

Sample Output

111

Hint

INPUT DETAILS:
FJ would like to pay Bessie 6 cents per week. He has 100 1-cent coins,120 5-cent coins, and 1 10-cent coin.

OUTPUT DETAILS:
FJ can overpay Bessie with the one 10-cent coin for 1 week, then pay Bessie two 5-cent coins for 10 weeks and then pay Bessie one 1-cent coin and one 5-cent coin for 100 weeks.

 

这道题目着实难看出怎么下手，我们都知道可怜的约翰家与世隔绝，没有银行，如果某张的数额比想要给多就只能都给小贝西（不找零），那么如果面额小于想给的钱怎么办呢？题目中有一句破题的关键句子：each denomination of coin evenly divides the next-larger denomination.啥意思？就是某个面额是能被第一个比它大的面额整除的，我们先不考虑最小面额为一的情况，可以把想要兑换的钱想象成有n个最小面额构成的，当然可能存在兑换的钱不是最小面额的整数倍的情况。

如果是整数倍，那么我们把面额从大到小遍历着取，遍历每次都取得 （要给的钱是最小面额的整数倍数） / （该面额是最小面额的整数倍数） 张第i种的钱币（参考白书2.2硬币问题例题），这样可以使得值恰好满足或者略小于C。之所以从大到小，这样可以防止提前用完小面额不浪费。如果出现小于C，那么说明虽然为整数倍，但是题中给的条件没有办法刚好达到C（因为如果存在该情况，则在计算的时候就能取到了），于是乎从最小的开始寻找最小满足条件且还能取的面额，虽然会超过C，但是能保证超过的情况最少，然后寻找这样的取法最多能取多少次，如果把所有的取完，也无法使得面额超过C则找完了。（如下图）

 

 但是，大部分情况可能没有办法被整数倍的最小面额整除，那么必定会产生剩余，其实也是一样的，先取使得小于等于C，由于此类情况必定无法满足恰好（因为不能整除）所以肯定要选一张最小且能使得值大于C的面额，取完的结束条件同上。（见下图）

 

 

为什么要把它分成无数个最小非一的面额格子呢？我们可以假设每次取一张纸币时就是取了一份格子数，如果能恰好取到C，则从大到小从小到大均可以做到，但是从小到大的话后面每次取到的格子份数大，可能会出现浪费，所以从大到小取不会浪费，参考白书贪心例题硬币问题。 

如果最小面额是一，那么在找到第一次可行的方法时，如果不用一无法达到C的话，此时可以用面额为一的来补。如果不够也能够使得最后找到的结果大于C的最小，所以如果存在面额为一，我们也可以假定面额最小是第一个比一大的，然后从小到大补齐的时候用一补齐缺口，如果补不齐也可以再寻找下一个比一大的使得值大于C来满足条件。

总结：先把面额排序，面额大于C的每次用一张能用完，小于C的从大到小遍历寻找解决方案，遍历时保证每种面额取值最大且均使得加入后值小于等于C，此时若小于C则不可能刚好到达C，从小到大选取一张最小且满足条件的面额，由此得到方案，计算这样能操作多少次，然后再重复本方案直到所有面额用完也无法大于等于C结束。

AC代码：

#include <stdio.h>
#include <algorithm>
#include <string.h>
using namespace std;
const int INF = 0x3fffffff;
struct Node{
    int v;
    int p;
    friend bool operator <(Node x, Node y)
    {
        return x.v < y.v;
    }
}money[25];
int used[25];//本次方法每种钱使用的张数
int ans;
int start = -1;//如果全大于c则不需要管小于c的，因为没有 
int main(void)
{
    int n,c;
    scanf("%d%d", &n, &c);
    for(int i = 0; i < n; i++)
    {
        scanf("%d %d", &money[i].v, &money[i].p);
    }
    sort(money, money + n);
    for(int i = n - 1; i >= 0; i--)
    {
        if(money[i].v >= c)
        {
            ans += money[i].p;
            money[i].p = 0;
        }
        else
        {
            start = i;//面额小于C的纸币的最大序号，在start之后就都是比C大的纸币
            break;
        }
    }
    while(1)
    {
        memset(used, 0, sizeof(used));//每种方法找之前每张钱币都没用过
        int goal = c;//要找到值至少为C
        for(int i = start; i >= 0; i--)
        {
            if(money[i].p == 0)
                continue;
            int t = goal / money[i].v;//相当于每次该份的最大取走份数且能使得剩余的goal >= 0
            used[i] = min(money[i].p, t);
            goal -= used[i] * money[i].v;
            if(goal == 0)//能刚好取完，就完成了一种方法
                break;
        }
        if(goal > 0)//没办法使用现有条件刚刚好达到C
        {
            for(int i = 0; i <= start; i++)//把从小到大全加上直到刚好大于C为止
            {
                if(money[i].p > used[i])
                {
                    int temp = min(money[i].p - used[i], (goal + money[i].v - 1) / money[i].v); // （goal + money[i].v - 1) / money[i].v就是假设第i种数量无限，要取几张能使得值恰好大于C
                    goal -= money[i].v * temp;
                    used[i] += temp;
                }
            }
        }
        if(goal > 0)//所有钱币都用完了还是没办法大于等于C
            break;
        int maxcopy = INF;//判断这样的操作能搞几次
        for(int i = 0; i <= start ; i++)
            if(used[i])
                maxcopy = min(maxcopy, money[i].p / used[i]);
        for(int i = 0; i <= start ; i++)
            money[i].p -= maxcopy * used[i];
        ans += maxcopy;
    }
    printf("%d
",ans);
    return 0;
}