UVA 10306 e-Coins(全然背包: 二维限制条件)

UVA 10306 e-Coins(全然背包: 二维限制条件)

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题意:

对于每一个例子。先给定两个数n,m，分别表示有n种硬币，对于每一种硬币有两个价值。分别记做x,y,题目要求从中选择一些硬币，使得满足m*m=X*X+Y*Y, 当中X是选出的硬币的全部x价值的和。Y是全部选出的硬币的y价值的和。硬币有无数多个。如今要求的是，满足上述要求使用的最少的硬币数

分析:

硬币数量无限,这就是显然的全然背包问题. 做这类问题首先要搞清楚什么是限制条件, 什么是目标条件?

本题的限制条件是:  x价值与y价值.(它们值共同构成了限制值m)

本题的目标条件是: 使得所选硬币最少.

一般的全然背包状态设计都是用 dp[i][j]==x 表示当决策完前i个物品后, 限制条件正好==j时(或者不超过j时), 能得到的目标条件最优(可能要求最小或最大).

本来我是想用m作为j这维度的限制条件的,可是发现假设用m作为一维限制条件,那么你无法依据当前的m值和你当前选的物品来推出你上一次决策前的m’值. 所以本题须要用x和y两维限制条件来做. (事实上就是加了个维度,没什么本质的变化)

状态设计: dp[k][i][j]==num 表示决策完前k种硬币后, 当前全部硬币的x价值和为i , 当前全部硬币的y价值和为j 时所须要的最少硬币数目为num.(由x价值和与
y价值和我们确定唯一的 m )

状态转移:

dp[k][i][j] = min( dp[k-1][i][j] , dp[k][i-x[k]][j-y[k]])

怎样理解上述的状态转移方程呢?

首先来看dp[k][i][j], 它表示用前k中硬币构成 x价值和为i , y价值和为j 的方法数目. 那么:

1. 假设我们根本不用第k种硬币(仅仅用前k-1种硬币就可以),我们能够知道有dp[k-1][i][j]种方式能够(不用不论什么一个第k种硬币)构成x价值和为i , y价值和为j 的状态.

2. 假设我们至少用1个第k种硬币来构成目标状态, 那么我们能够知道有dp[k][i-x[k]][j-y[k]] 种方法能达成目的.

综上所述, dp[k][i][j] = min( dp[k-1][i][j] ,dp[k][i-x[k]][j-y[k]] )

初值为dp[0][0][0]=0 , 其它为INF(无穷大).

终于我们所求为 全部的dp[n][i][j]中满足 i*i+j*j==m*m 的最小值.

程序实现用的滚动数组, 所以dp仅仅有[i][j]这两个维度.

AC代码:

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define INF 1e8
const int maxn=300+5;

int n,m;//n为货币种数,m为须要达到的价值
int x[maxn],y[maxn];//相应每种货币的两个属性值
int dp[maxn][maxn];

int main()
{
    int T;
    scanf("%d",&T);
    while(T--)
    {
        //读输入+初始化
        scanf("%d%d",&n,&m);
        for(int i=1;i<=n;i++)
            scanf("%d%d",&x[i],&y[i]);
        for(int i=0;i<maxn;i++)
            for(int j=0;j<maxn;j++)
                dp[i][j]=INF;
        dp[0][0]=0;

        //递推求解
        int ans=INF;
        for(int k=1;k<=n;k++)
        for(int i=x[k];i<maxn;i++)
        for(int j=y[k];j<maxn;j++)
        {
            dp[i][j] = min(dp[i][j], dp[i-x[k]][j-y[k]]+1);
            if(i*i+j*j==m*m) //这里假设加了 k==n 就WA 想想为什么?

ans=min(ans, dp[i][j]);
        }

        //输出
        if(ans==INF) printf("not possible\n");
        else printf("%d\n",ans);

    }
    return 0;
}