BZOJ3312 不找零（状压DP）

题目链接：BZOJ 3312
题目大意：
按顺序买 N个物品(1 <= N <= 100,000)，第i个物品花费c(i)，(1<=c(i)<=10,000)，用K（1<=K<=16）个面值的范围是 1..100,000,000 硬币支付。购买过程中，可随时停下来付款，每次付款只用一个硬币，支付从上一次支付后到现在的这些所有物品的价格（如果钱够）。如果硬币面值大于所需的费用，不找零。计算买完N个物品后最多剩下多少钱。无法支付所有物品则输出-1。

题解：看K的范围，状压DP。把使用硬币的情况压起来，算出每一种硬币使用情况S下最多能支付前多少件物品dp[S]。思路比较好理解，实现细节详见代码。

code

#include<iostream>#include<cstdio>#include<cstring>#include<algorithm>#include<cmath>using namespace std;inline int read(){    char c=getchar(); int num=0,f=1;    while (c<'0'||c>'9') { if (c=='-') f=-1; c=getchar(); }    while (c<='9'&&c>='0') { num=num*10+c-'0'; c=getchar(); }    return num*f;}long long s[100005],dp[100005],tot,ans;int n,m,k[17];int main(){    m=read(); n=read();    for (int i=0;i<m;i++) k[i]=read(),tot+=k[i];     // tot总钱数     for (int i=1;i<=n;i++) s[i]=read(),s[i]+=s[i-1]; //s[]物品价格前缀和     int all=(1<<m)-1;    //这里S和i的循环顺序可以保证dp[S^(1<<i)]的计算先于dp[S]     for (int S=0;S<=all;S++)    //每一种状态      for (int i=0;i<m;i++)        if ((S>>i)&1)     //如果使用了第i枚硬币,假定最后一次用的是第i枚      {          long long x=dp[S^(1<<i)];   // 用i之前能付多少           x=upper_bound(s+x,s+n+1,k[i]+s[x])-s-1; //现在能付多少           dp[S]=max(dp[S],x);   //更新答案       }    ans=1e17;    for (int S=0;S<=all;S++)     if (dp[S]==n)     {         long long res=0;         for (int i=0;i<m;i++)          if ((S>>i)&1) res+=k[i];         ans=min(res,ans);     }     if (ans>tot) puts("-1");      else printf("%lld",tot-ans);    return 0;}