UESTC__ACM 1264 人民币的构造

链接地址：https://acm.uestc.edu.cn/contest/198/problem/J

我们都知道人民币的面值是1、2、5、10，为什么是这个数值呢，我们分析了下发现，从1~10的每个数字都可以由每种面值选出至多一张通过加法和减法（找钱）来构成，（比如：1+2=3，5−1=4，5+1=6，5+2=7，1+2+5=8，10−1=9，1+2=3，5−1=4，5+1=6，5+2=7，1+2+5=8，10−1=9）

但是实际上，我们只需要1、2、7三种面值就可以组成1~10的每一个数字了

（1+2=3，7−1−2=4，7−2=5，7−1=6，7+1=8，7+2=9，7+1+2=101+2=3，7−1−2=4，7−2=5，7−1=6，7+1=8，7+2=9，7+1+2=10）

那么现在问题来了，给一个数n，请问最少需要多少种不同的面值就可以构成从1−n的所有数字，注意在构成每一个数字时同种面值不能超过1张。

Standard Input

一个数字n（1<=n<=100000）、

Standard Output

一个数字，代表最少需要多少种不同的面值可以构成从1~n的所有数字。

Samples

Input	Output
10	3

Time Limit	1000 ms
Memory Limit	64 MiB
Output Limit	64 MiB

题解与思路：

方法一思路：将该题的实质转化为三进制问题，如果加面额则为+1，减去面额则为-1，不用该面额的纸币则为0；所以n张纸币则有3ⁿ种情况（打个比方：如果有两张纸币，则状态共有0 0,1 0,-1 0,0 1,1 1,-1 1,0 -1,1 -1,-1 -1共9种），首先很明显能除去n张纸币状态全为0的情况，剩余3ⁿ-1种情况，剩余情况中有一半面额之和为负。举个例子：目前有两张纸币面额分别为1，3，则有3²-1=8种情况，即1+0=1 , 3-1=2 , 3+0=3 , 3+1=4 , -1+0=-1 , 1-3=-2 , -3+0=-3 , -1+(-3)=-4,可以看出，正数情况和负数情况是相等的，所以正情况一共有3ⁿ-1/2种

疑问：正情况只代表了最大值和最小值的取值范围，怎么能够证明出这个范围区间内的所有值都能取到？

证明：利用数学归纳法，很明显，k=1时明显成立（1元最少只用一张纸币,纸币面额为1），k=3时，能表示[1~4]的所有面额，表示的最大数刚好为正情况的最多种数(即3ⁿ-1/2种)，假设k=n-1时也成立（纸币面额为1，3，9······3^n-2)此时n-1张纸币能表示的范围为[1~3^n-1-1/2]，当k=n时（纸币面额为1，3······3^n-1即新增加的面额为3^n-1），新增加的表示范围为[3^n-1+1/2~3ⁿ-1/2]=>证明1：因为k=n-1时所能表示的正范围为[1~3^n-1-1/2]，由上面的思路可得，负数和正数的情况是对称的，所以能表示的全范围应该是[-（3^n-1-1/2）~3^n-1-1/2]，此时加上一个新的数3^n-1，则将整个区间向前位移3^n-1

得新增加的区间[3^n-1+1/2~3ⁿ-1/2]。此时将新增加的区间和原区间进行合并可得k=n所能表示的区间为[1~3ⁿ-1/2]（3^n-1/2不是整数！），故得证；

---

方法二思路：不妨设目前能表示的范围为[1~M],此时增加一个数Q>M，由上面证明中的证明1可得，新增加的可表示范围为[Q-M~Q+M]，要使得增加一个数Q后的区间所能表示的范围更大，并且区间连续无中断，即Q-M=M+1 => Q=2*M+1，所以增加Q后的最大表示范围为[1~3*M+1]，由于我们能知道当人民币面额为1时所能表示的区间为[]1~1]，此时只要区间最大值M不超过n，则可以增加一个数Q，使得区间最大值变为3*M+1，直到n包含在区间内；

---

方法二的实现代码如下：

#include<iostream>
using namespace std;

int main(){
   int n,max=1,count=1;
   cin>>n;
   if(n==1)
   cout<<count<<endl;
   else
   {
     while(max<n)
     {
         max=3*max+1;
         count++;
     }
   cout<<count<<endl;
   }
   return 0;

}