<背包>solution-POJ1742_Coins

POJ1742 - Coins

People in Silverland use coins.They have coins of value A1,A2,A3...An Silverland dollar.One day Tony opened his money-box and found there were some coins.He decided to buy a very nice watch in a nearby shop. He wanted to pay the exact price(without change) and he known the price would not more than m.But he didn't know the exact price of the watch.

You are to write a program which reads n,m,A1,A2,A3...An and C1,C2,C3...Cn corresponding to the number of Tony's coins of value A1,A2,A3...An then calculate how many prices(form 1 to m) Tony can pay use these coins.

Input

The input contains several test cases. The first line of each test case contains two integers n(1<=n<=100),m(m<=100000).The second line contains 2n integers, denoting A1,A2,A3...An,C1,C2,C3...Cn (1<=Ai<=100000,1<=Ci<=1000). The last test case is followed by two zeros.

Output

For each test case output the answer on a single line.

Sample Input

3 10
1 2 4 2 1 1
2 5
1 4 2 1
0 0

Sample Output

8
4

先给人话：给你n种硬币，面值为ai，每种有bi个，问你能凑成1~m中多少种面值，

这题你看多重背包，直接二进制分组就好了，但是我太蔡了所以当时没想到 ，等一下再讲，

先说说我的做法：

首先，\(f[i][j]\)走起

\(f[i][j]\)表示前i种硬币凑成j元时第i种硬币剩余的个数，然后列出方程

首先用\(f[i][j]=-1\)表示前i种硬币无论如何都不能凑出j元

\(f[i][j] = B[i]\) \((f[i-1][j]!=-1)\) ，解释：在前i-1种硬币能凑出j元的时候，那还要第i种硬币干嘛？直接赋值成第i种硬币的数量

\(f[i][j] = f[i-1][j-A[i]]-1\) \((j>=A[i])\)，解释：

转移之前的状态时前i-1个硬币组成了j-A[i]元所花的第i-1个硬币的方案数，

转移时，花了第i种硬币1个以凑成j元，为什么要-1呢？因为不是花了1个硬币么///

其他情况，\(f[i][j] = -1\)

好，于是上代码（部分）

for(int i=1;i<=n;++i)
		for(int j=0;j<=m;++j)
		{
			if(f[i-1][j]>=0)
				f[i][j]=B[i];
			else if(j<A[i]||(j>=A[i]&&f[i-1][j-A[i]]<=0))
				f[i][j]=-1;
			else if(j>=A[i])
				f[i][j]=f[i-1][j-A[i]]-1;
		}

这里的边界条件可能有点问题，各位大佬见谅啊（反正这不是正解）

好，Submit

Memory Limit Exceeded，标准结局

考虑优化，

咦，你看这个f又大又圆这个\(f[i][j]\)会从\(f[i-1][...]\)转移过来，还记得背包里面我们怎么把二维转成一维么，直接滚掉就可以了，于是，状态转移方程：

$f[j] = B[i] $ \((f[j] != -1)\)

\(f[j]=f[j-A[i]]-1\) \((j>=A[i])\)

其他情况，\(f[j] = -1\)

注意，\(f[0]=0\)

然后计算一下时间复杂度，

\(O(nm)\)，最坏的时候1.5亿，

再看看源题库，poj，笑容逐渐消失

但是时限给了3秒啊！刚好能卡过去！！！

好，上Code：

#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <queue>
#define reg register
using namespace std;
const int MaxN=101;
const int MaxM=100001;
template <class t> inline void rd(t &s)
{
	s=0;
	reg char c=getchar();
	while(!isdigit(c))
		c=getchar();
	while(isdigit(c))
		s=(s<<3)+(s<<1)+(c^48),c=getchar();
	return;
}
int f[MaxM];
int w[MaxN],st[MaxN];
int n,m;
inline void work()
{
	reg int ans=0;
	memset(f,-1,sizeof f);f[0]=0;
	for(int i=1;i<=n;++i)
		rd(w[i]);
	for(int i=1;i<=n;++i)
		rd(st[i]);
	for(int i=1;i<=n;++i)
		for(int j=0;j<=m;++j)
		{
			if(f[j]>=0)
				f[j]=st[i];
			else if(j>=w[i])
				f[j]=f[j-w[i]]-1;
		}
	for(int i=1;i<=m;++i)
		if(f[i]>=0)
			++ans;
	printf("%d\n",ans);
	return;
}
signed main(void)
{
	while(cin>>n>>m&&n&&m)
		work();
	return 0;
}

结束了？

结束了。还没完呢

这里提一下二进制分组的做法，

首先，我们要知道二进制分组是什么，

假设有物品的数量为9，分成9组数量为1的物品这样复杂度肯定不优秀，怎么办呢？二进制分组

把数量按照二进制分组：1、2、4，最后还剩下一个2，

这样分组既可以想分成9组一样组合枚举出所有的情况，又使复杂度降成了log，这十分的香

“可我没听懂你在说什么”

假设这9个物品每个物品体积为3，价值为4，那么经过二进制分组后的物品体积和价值应为：

体积： 3， 6，12， 6

价值： 4， 8，16， 8

“那怎么实现呢”

for(int i=1;i<=n;++i)
{
    register int k=1;
    read(N);read(w);read(c);
    while(k<=N)
    {
        ++n;
        W[n]=w*k;
        C[n]=c*k;
        k<<=1;
    }
    if(N)
    {
        ++n;
        W[n]=w*N;
        C[n]=c*N;
    }
}

大概就是这个样子

具体的代码各位大佬自己上网搜

因为我实在是太蔡了awa