HDU2546 饭卡

来源：互联网发布：sql server中通配符编辑：程序博客网时间：2024/05/21 19:22

饭卡

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Problem Description

电子科大本部食堂的饭卡有一种很诡异的设计，即在购买之前判断余额。如果购买一个商品之前，卡上的剩余金额大于或等于5元，就一定可以购买成功（即使购买后卡上余额为负），否则无法购买（即使金额足够）。所以大家都希望尽量使卡上的余额最少。
某天，食堂中有n种菜出售，每种菜可购买一次。已知每种菜的价格以及卡上的余额，问最少可使卡上的余额为多少。

Input

多组数据。对于每组数据：
第一行为正整数n，表示菜的数量。n<=1000。
第二行包括n个正整数，表示每种菜的价格。价格不超过50。
第三行包括一个正整数m，表示卡上的余额。m<=1000。

n=0表示数据结束。

Output

对于每组输入,输出一行,包含一个整数，表示卡上可能的最小余额。

Sample Input

1505101 2 3 2 1 1 2 3 2 1500

Sample Output

-4532

Source

UESTC 6th Programming Contest Online

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lcy

解题思路：本题为动态规划题目，用01背包即可解决。

其实本题一眼看去像是贪心的题目，但是用贪心解却是错的，因为每个菜式的价钱一定，不可分隔。若用贪心，可能买了教贵的菜，剩下的钱不能买任意菜式，买某些便宜的菜，又使得贵的菜拉掉，最终不能最大限度的使用m-5元钱。

首先，按要求输入一组数据，输入完后判断是否能购买物品（m>=5？），若不能再购买物品，则直接输出m即可。

然后，现有金额可以购买物品，先对所有菜式的价格由小到大排序，等下动归处理时，不处理贵的菜（c[n-1]）,留到最后还有5元时才购买，以求剩下的钱最少。对于dp[j]数组，用于求还剩j元可以使用时（j<=m-5）可以消费的最大金额，一律初始化为0。

然后，对于动态转移方程：

（1）dp[j]=dp[j]>(dp[j-c[i]]+c[i])?dp[j]:(dp[j-c[i]]+c[i]); //剩下j元时，可消费的最大金额

（2）其原型为：

dp[i][j]=max{dp[i-1][j],(dp[i-1][j-c[i]]+c[i])}; //对于第i种菜品，剩下j元时，可消费的最大金额（买或不买第i种菜品）

（3）其意思是：（对于第i种菜品而言，剩下j元可以消费时，可消费的最大金额）=max{

【（对于第i-1种菜品而言，剩下j元可以消费时，可消费的最大金额）（不买第i种菜品）】，

【（（对于第i-1种菜品而言，剩下j-c[i]元可以消费时，可消费的最大金额）+购买第i种菜品需消费的金额）（买第i种菜品）】

}

（4）用滚动数组做动态规划处理dp[j]=max(dp[j],(dp[j-c[i]]+c[i])),(j=m-5;j>=c[i];j--)当处理第i种菜品时dp[j],dp[j-c[i]]存储的数据就是dp[i-1][j],dp[i-1][j-c[i]],所以，没必要使用二维数组，可节约程序运行时的内存，每当i改变时，dp[]数组即被更新，最后答案存储在dp[m-5]中。

最后，输出饭卡种剩下的最少的金额即可。饭卡种剩下的最少的金额=m-dp[m-5]-c[n-1]（总金额-除保底5元外所能使用的最多得金额-用最后至少5元消费的最贵的菜品）。

#include<stdio.h>#include<string.h>#include<algorithm>using namespace std;int main(){    int n;    int m;    int i,j;    int c[1002],dp[1002];  //菜品i的价钱，有i元钱时，最多可以用用多少    while(scanf("%d",&n)&&n)    {        for(i=0;i<n;i++)            scanf("%d",&c[i]);        scanf("%d",&m);        if(m<5)    //若总金额小于5，不能购买东西        {            printf("%d\n",m);            continue;        }        sort(c,c+n);  //排序后，最后一个不处理，最大面额的菜留到最后5元时买        memset(dp,0,sizeof(dp));  //初始化        for(i=0;i<n-1;i++)    //i<n-1，留下最大面额的菜不做处理            for(j=m-5;j>=c[i];j--)   //j=m-5，留下最后5元用来购买最贵的菜                dp[j]=dp[j]>(dp[j-c[i]]+c[i])?dp[j]:(dp[j-c[i]]+c[i]);   //剩下j元时，可消费的最大金额        printf("%d\n",m-dp[m-5]-c[n-1]);  //剩下的最小金额=总金额-至少留5元所能消耗的最大金额-最贵的菜的金额    }    return 0;}