POJ 1742 Coins（多重背包，优化）

《挑战程序设计竞赛》上DP的一道习题。

很裸的多重背包。下面对比一下方法，倍增，优化定义，单调队列。

一开始我写的倍增，把C[i]分解成小于C[i]的2^x和一个余数r。

dp[i][j]的定义前i个数字能否到凑出j来，改成一位滚动数组。

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<string>
#include<cstring>
#include<queue>
#include<vector>
#include<stack>
#include<vector>
#include<map>
#include<set>
#include<algorithm>
//#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define PS push
#define PB push_back
#define MP make_pair
#define fi first
#define se second

const int maxm = 1e5+;
const int maxn = ;

bool dp[maxm];

int A[maxn], C[maxn];

int n, m;

inline int read()
{
    int ret; char c; while(c = getchar(),c<''||c>'');
    ret = c-'';
    while(c = getchar(),c>=''&&c<='') ret = ret* + c-'';
    return ret;
}

//#define LOCAL
int main()
{
#ifdef LOCAL
    freopen("in.txt","r",stdin);
#endif
    dp[] = true;
    while(scanf("%d%d",&n,&m),n+m){
        for(int i = ; i < n; i++)
            A[i] = read();
         for(int i = ; i < n; i++){
            C[i] = read();
         }
         memset(dp+,,sizeof(bool)*m);
         for(int i = ; i < n; i++){
            int b = ,vol = A[i];
            while((<<b)<=C[i]+){ //11...111 (b) <= C[i] -> 100.... <= C[i]+1
                for(int S = m; S >= vol; S--){
                    dp[S] = dp[S-vol]||dp[S];
                }
                b++; vol<<=;
            }
            int r = C[i]-(<<(b-))+;
            if(r){
                int Vol = A[i]*r;
                for(int S = m; S >= Vol; S--){
                    dp[S] = dp[S-Vol]||dp[S];
                }
            }
         }
         int ans = ;
         for(int i = ; i <= m; i++) ans += dp[i];
         printf("%d\n",ans);
    }
    return ;
}

binary

复杂度是O(n*m*sigma(logC[i]))。然后果断就TLE了。

再优化只有单调队列了，扎扎并没有想到怎么用单调队列。

书上的解法是优化定义，同样的时间复杂度记录bool信息太浪费了。

dp[i][j]表示前i种凑出面值j时第i种硬币最多的剩余。

核心代码：

        int ans = ;
        memset(dp+,-,sizeof(int)*m);
        for(int i = ; i < n; i++){
            for(int j = ; j <= m; j++){
                if(~dp[j]) dp[j] = C[i]; //之前凑出了j
                else if(j >= A[i] && dp[j-A[i]]>) { //还可以在凑
                    dp[j] = dp[j-A[i]] - ;
                    ans++;
                }else dp[j] = -; //凑不出
            }
        }

跑了1985ms。

另外还发现一件有意思的事情，

当我用一个临时变量数组cnt[j]记录凑出j的最小次数的时候，跑了1235ms。（系统分配似乎更快一点？

        int ans = ;
        memset(dp+,,sizeof(bool)*m);
        for(int i = ; i < n; i++){
            int cnt[maxm] = {};
            for(int j = A[i]; j <= m; j++){
                if(!dp[j] && dp[j-A[i]] && cnt[j-A[i]] < C[i]){
                    cnt[j] = cnt[j-A[i]] + ;
                    ans++;
                    dp[j] = true;
                }
            }
        }

参考了http://www.cnblogs.com/xinsheng/archive/2013/12/04/3458362.html之后，明白了单调队列的做法的。

总体来说是划分同余类，对于一个同余类用单调队列维护滑动窗口的最小值。（左端为最多减去C[i]个物品的的状态

这道题只要判断存在性，连单调性都用不上(insert不需要删除队尾元素)，只要维护滑动窗口的和以及大小就可以了。

但是这道题数据丧心病狂，直接分组常数比较大TLE了。我改成判断0-1和完全才2891 ms飘过（常数写丑了

int ans = ;
        memset(dp+,,sizeof(bool)*m);
        for(int i = ; i < n; i++){
            if(C[i] == ){
                for(int j = m; j >= A[i]; j--){
                    dp[j] = dp[j-A[i]] || dp[j];
                }
            }
            else if(A[i]*C[i] >= m){
                for(int j = A[i]; j <= m; j++){
                    dp[j] = dp[j-A[i]] || dp[j];
                }
            }
            else {
                for(int r = ; r < A[i]; r++){
                    int sum = , hd = , rr = ;
                    for(int j = r; j <= m; j += A[i]){
                        if(rr - hd > C[i]){
                            sum -= q[hd++];
                        }
                        sum += q[rr++] = dp[j];
                        if(sum) dp[j] = true;
                    }
                }
            }
        }
        for(int i = ; i <= m; i++) ans += dp[i];

似乎完全的情况比较多的情况，我只改了一个语句的不同结果。。

dp[j] = dp[j-A[i]] || dp[j]; 2891 ms

if(dp[j-A[i]]) dp[j] = true; 2813 ms

if(dp[j-A[i]] && !dp[j]) dp[j] = true; 2110 ms