硬币交换变体的动态编程

Posted 2023-02-22

【中文标题】硬币交换变体的动态编程

【英文标题】：Dynamic Programming for a variant of the coin exchange

【发布时间】：2018-01-24 12:34:57

【问题描述】：

我有兴趣解决硬币交换问题的变体。回想一下硬币交换问题的正式定义：

给定一个值N，如果我们想换N美分，我们每个S = S1, S2, .. , Sm 整数值硬币，我们可以通过多少种方式进行更改？硬币的顺序无关紧要。例如，对于 N = 4 和 S = 1,2,3，有四种解决方案：1,1,1,1,1, 1,2,2,2,1,3。所以输出应该是 4。对于 N = 10 和 S = 2, 5, 3, 6，有五种解决方案：2,2,2,2 ,2、2,2,3,3、2,2,6、2,3,5 和 5,5。所以输出应该是 5。See here 了解更多详情。

Here，可以为这个问题找到一种基于制表的 DP 解决方案。该解决方案基于以下递归关系：

count(S, m, n) = count(S, m - 1, n) + count(S, m, n - S[m - 1]);

基本情况：

count(S, m, n < 0) = 0
count(S, m, n = 0) = 1
count(S, m <= 0, n >= 1) = 0

直观地说，这种递归关系将问题定义为两个子问题的解决方案：我们丢弃硬币的那些，以及我们假设硬币一次逐步使用一次的那些。

问题：我如何修改这个递归关系来计算我们可以总结为 N 的方式的数量，而不管顺序和被加数的数量是偶数吗？例如，对于 N = 4 和 S = 1,2,3，总共有四个解（不考虑顺序）：1,1,1,1 ,1,1,2,2,2,1,3，但其中只有 3 个具有偶数个和数，即 1,1,1,1,2,2 ,1,3。

以前的研究：起初我以为我可以在丢弃硬币的情况下将要求的金额增加一倍，并在我们将使用一些硬币的情况下要求每枚硬币被消耗两次，即：

count(S, m, n) = count(S, m - 1, 2*n) + count(S, m, n - 2*S[m - 1]);

这适用于某些示例案例，但它不起作用。有什么提示吗？

【问题讨论】：

我猜您可以使用两个单独的函数来使用奇数和偶数：o(S,m,n)= o(m-2, n)+e(m, n-s[m-1]) 和 e(S,m,n)= e(m-2, n)+o(m, n-s[m-1])，基数为：o(S, m, n < 0) = 0 o(S, m, n = 0) = 0 o(S, m <= 0, n >= 1) = 0 和 e(S, m, n < 0) = 0 e(S, m, n = 0) = 1 e(S, m <= 0, n >= 1) = 0

【参考方案1】：

您需要在递归中添加一个标志，该标志是迄今为止使用的和数的奇偶校验。

使用 summand 时，您会翻转标志 (S(n-v[m],m,!parity))。

基本情况是：

n=0 parity=0 -> 1

n=0 parity=1 -> 0

n<0 or m<0 (array is 0-indexed) -> 0

下面是c++中的递归函数。当然，您需要记住它，以便它能够处理更大的值。

int S(int n,int m,bool parity)

    if (n==0)
    
        if (parity==1)
            return 0;
        else 
            return 1;
    
    if (m<0 || n<0)
        return 0;
    return S(n,m-1,parity)+S(n-v[m],m,!parity);