POJ

题意：农夫约翰要购买价格为T的物品，他有N种硬币，每种硬币的面额为Vi，数量为Ci，同时店主也只有这几种面额的硬币，但数量无限，问约翰总共要经手的硬币数量（约翰买东西给店主的硬币数量+店主找钱给约翰的硬币数量=约翰经手的硬币数量）（约翰是多重背包，店主是完全背包）
思路：我们用约翰所拥有的硬币总额来做背包容量是肯定不行的；
可以注意到，上界为w*w+m（w最大面额的纸币），也就是24400元。（网上的证明）证明如下：
如果买家的付款数大于了w*w+m，即付硬币的数目大于了w，根据鸽笼原理，至少有两个的和对w取模的值相等，也就是说，这部分硬币能够用更少的w来代替。

#include<iostream>#include<algorithm>#include<string>#include<cstring>#include<map>#include<queue>#include<cmath>#include<stack>#include<vector>#include<cstdio>#define MAXN 33000#define INF 0x3f3f3f3f#define lmid l,m,rt<<1#define rmid m+1,r,rt<<1|1#define ls rt<<1#define rs rt<<1|1#define Mod 1000000007#define i64 __int64#define LIMIT_ULL 100000000000000000using namespace std;int dp1[25000];//约翰对不同金额所付的最少硬币数量int dp2[25000];//店长的int v[105],w[105];void wq(int w,int sum){     for(int i=w;i<=sum;i++)          dp2[i]=min(dp2[i],dp2[i-w]+1);}void dc(int v,int w,int sum){     if(v*w>=sum)     {          for(int i=w;i<=sum;i++)               dp1[i]=min(dp1[i],dp1[i-w]+1);     }     else     {          int k=1;          while(k<v)          {               for(int i=sum;i>=k*w;i--)                    dp1[i]=min(dp1[i],dp1[i-k*w]+k);               v-=k;               k*=2;          }          for(int i=sum;i>=v*w;i--)               dp1[i]=min(dp1[i],dp1[i-v*w]+v);     }}int main(){     int n,t;     scanf("%d%d",&n,&t);     int sum=0;     for(int i=0;i<n;i++)     {          scanf("%d",&w[i]);          sum=max(sum,w[i]);     }     for(int i=0;i<n;i++)          scanf("%d",&v[i]);     sum=sum*sum+t+1;     memset(dp1,INF,sizeof(dp1));     memset(dp2,INF,sizeof(dp2));     dp1[0]=0,dp2[0]=0;     for(int i=0;i<n;i++)     {          wq(w[i],sum);          dc(v[i],w[i],sum);     }     int res=INF;     for(int i=t;i<=sum;i++)     {          res=min(res,dp1[i]+dp2[i-t]);     }     if(res==INF)          cout<<"-1"<<endl;     else          cout<<res<<endl;     return 0;}