HDU 3591 The trouble of Xiaoqian 混合背包（完全背包和多重背包混合）

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题目大意：小倩去买一件价值为 t 东西，她有 n 种钱币，第i种价值为 Vi，数量为 Ci。售货员那也有这 n 种货币，但是数量无限。如果小倩付款给的价值大于 t，售货员就要找零。问小倩需要带的货币数加上售货员找零的钱币数的最小和是多少。

Sample Input

3 705 25 505 2 10 0

 

Sample Output

Case 1: 3

首先给大家推荐一个很不错的题解：HDU 3591题解。

思路：既然让求两者和最小，则分别求出最小值相加就可以了。很明显，我们应该将价值 t 看作背包的容量，而物品的花费和价值只告诉了一个——每种物品的价值 Vi。我们要求的是数量的最小值。所以我们应该做一下转换，把数量看作装入该物品可以获得的奖励，把物品的价值看作装入该物品的花费。

对于小倩来说，钱币数量有限制，应该用多重背包(dp1)解决。其思路是如果某种物品的总花费大于等于m（Vi * Ci>=m），则相当于该物品有无数件，转化为多重背包解决。反之，转化为01背包解决。也就是将该种物品拆分成单个物品，但是这样时间复杂度很高，所以转化为先拆出1个，如果还可以拆，再拆出2个，4个，8个……即2的 i 次幂个，将拆出的 2^i 个物品看成一个物品。我称之为倍增法。如果剩下的不足 2^i 个，则它们单独看成一个。

例如：13，先拆出1个，剩余12个；再拆出2个，剩余10个；再拆出4个，剩余6个；再拆出8个，发现不够了，这6个看作同一个物品。

当将 num 个物品看成一个物品时，其花费为其总价值 num*Vi，其钱币数量或者说奖励为 num。

对于售货员来说，钱币数量无限制，应该用完全背包(dp2)解决。加入1个某种物品，花费为其价值 Vi，钱币数量或者说奖励为 1，因为加入的是1个。

具体实现：输入后，对于第 i 种物品分别跑一遍多重背包和完全背包，分别表示小倩和售货员使用的钱币的最小数。假设小倩付款 a 元，售货员找零 b 元，则有 a-b=t。所以答案就是 max( dp1[a] + dp2[a-t] )。

注意：

1.当无法通过购买找零得到价值 t 时，输出 -1，并且前面也要带 “Case x：”，被这个地方坑过一次。

2.由于是求最小值，所以背包中的max要改为min，初始化时除了 dp[0]，其他都设为无穷大，这样也保证了是正好能装满该背包时候的最小值。

3.求解背包时的容量上限不是价值 t ，而是最大值 20000，因为小倩付得钱可能比 t 大。

4.在多重背包转化为完全背包的代码中，有句 cnt*wt>=t ，改为 cnt*w>=20000 也可以。个人感觉从想法上应该写第一种。

#include<stdio.h>#include<string.h>#define inf 0x3f3f3f3fint t,dp1[20010],dp2[20010];int min(int a,int b){if(a<b) return a;else return b;}//01背包，prz为奖励(价值)，wt为花费(重量)void ZOP(int dp[],int prz,int wt){int j;for(j=20000;j>=wt;j--) //注意循环的上限是20000，而不是t dp[j]=min(dp[j],dp[j-wt]+prz);}//完全背包，prz为奖励(价值)，wt为花费(重量)void CP(int dp[],int prz,int wt){int j;for(j=wt;j<=20000;j++) //注意循环的上限是20000，而不是tdp[j]=min(dp[j],dp[j-wt]+prz);}//多重背包，wt为花费(重量)，cnt为物品数量 void MP(int dp[],int wt,int cnt){//该处可以改为 cnt*wt>=20000 if(cnt*wt>=t) CP(dp,1,wt); //转换为完全背包 else //转换为01背包，类似于倍增的思想 { int k=1;while(k<=cnt){ZOP(dp,k,wt*k); //耗费为物品总价值，奖励为物品数量 cnt-=k;k<<=1;}if(cnt>0) ZOP(dp,cnt,wt*cnt);}}int main(){int i,j,n,ans,cas,v[110],c[110];cas=1;while(~scanf("%d%d",&n,&t)&&n&&t){for(i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&v[i]);for(i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&c[i]);memset(dp1,inf,sizeof(dp1));memset(dp2,inf,sizeof(dp2));dp1[0]=0;dp2[0]=0;for(i=1;i<=n;i++){MP(dp1,v[i],c[i]);CP(dp2,1,v[i]);}ans=inf;for(i=t;i<=20000;i++)ans=min(ans,dp1[i]+dp2[i-t]);if(ans==inf) printf("Case %d: -1\n",cas++);else printf("Case %d: %d\n",cas++,ans);}return 0;}