BZOJ 3233: [Ahoi2013]找硬币

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Description

小蛇是金融部部长。最近她决定制造一系列新的货币。假设她要制造的货币的面值为x1,x2,x3… 那么x1必须为1，xb必须为xa的正整数倍（b>a）。例如 1，5，125，250就是一组合法的硬币序列，而1，5，100，125就不是。不知从哪一天开始，可爱的蛇爱上了一种萌物——兔纸！从此，小蛇便走上了遇上兔纸娃娃就买的不归路。某天，小蛇看到了N只可爱的兔纸，假设这N 只兔纸的价钱分别是a1,a2…aN。现在小蛇想知道，在哪一组合法的硬币序列下，买这N只兔纸所需要的硬币数最少。买兔纸时不能找零。

Input

第一行，一个整数N，表示兔纸的个数

第二行，N个用空格隔开的整数，分别为N只兔纸的价钱

Output

一行，一个整数，表示最少付的钱币数。

Sample Input

25 102

Sample Output

4

HINT

样例解释：共有两只兔纸，价钱分别为25和102。现在小蛇构造1，25，100这样一组硬币序列，那么付第一只兔纸只需要一个面值为25的硬币，第二只兔纸需要一个面值为100的硬币和两个面值为1的硬币，总共两只兔纸需要付4个硬币。这也是所有方案中最少所需要付的硬币数。

1<=N<=50, 1<=ai<=100,000

Solution####

设$f_i$表示最大面值为i所需要的最少硬币数

\[f_i=\min\limits_{[j|i]\ \&[(i/j)\in{prime}]}[f[j]-\sum\nolimits_{k=1}^n{a[k]/i}*(i/j-1)]
\]

i/j若不为质数则可以加入(其因数*j)到面额中，答案不会更劣

a[k]/i为整除表示第k个兔子需要多少面额为i的硬币。

一个面额为i的硬币可以替换掉i/j个面额为j的硬币，则面额为i的硬币对答案的贡献为-i/j+1

设m=(max ai);

这个方程直接求解复杂度是$O(m*n*log_2m)$

可以对$\sum\nolimits_{k=1}^n{a[k]/i}$预处理，复杂度$O(n*m)$

对i求j很浪费时间，虽然质数是对数级别的，但是因为m比较小，质数较多，直接枚举的话很慢。

可以用i来更新$i*Prime_1$、$i*Prime_2$、$i*Prime_3$、$i*Prime_4$

总复杂度$O(n*m+m*log_2m)$

Code####

#include<iostream>

#include<stdio.h>

#include<stdlib.h>

#include<string.h>

#include<math.h>

#include<algorithm>

#include<queue>

#include<set>

#include<map>

#include<bitset>

#include<vector>

#include<time.h>

using namespace std;

#define PA pair<int,int>

int read()

{

 	int s=0,f=1;char ch=getchar();

	while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}

	while(ch>='0'&&ch<='9'){s=(s<<1)+(s<<3)+ch-'0';ch=getchar();}

	return s*f;

}

//smile please

int n,a[55],ma;

int di[100005],f[100005];

int p[100005],pr[100005];

int main()

{

 	//freopen("a.txt","r",stdin);

	//freopen("a.out","w",stdout);

	n=read();

	for(int i=1;i<=n;i++)

	    a[i]=read(),f[1]+=a[i];

	sort(&a[1],&a[n+1]);ma=a[n];

	for(int i=ma;i;i--)

        for(int j=1;j<=n;j++)

            di[i]+=a[j]/i;

    p[1]=1;

    for(int i=2;i<=ma;i++)

        for(int j=i+i;j<=ma;j+=i)

            p[j]=1;

    for(int i=2;i<=ma;i++)

        if(!p[i])

          pr[++pr[0]]=i;

    pr[++pr[0]]=ma+1;

    int ans=f[1],k;

    for(int i=2;i<=ma;i++)f[i]=f[1];

    for(int j=1;j<=ma;j++)

       {for(int i=1,s;(s=pr[i]*j)<=ma;i++)

            f[s]=min(f[s],f[j]-di[s]*(pr[i]-1));

		ans=min(ans,f[j]);

	   }

	printf("%d\n",ans);

	//fclose(stdin);

	//fclose(stdout);

	return 0;

}