ZOJ2955 Interesting Dart Game 鸽巢原理优化 + 动规

看得出是一个以代价为1的背包，但是一开始不知道怎么优化，不愧是学长啊，居然做出来了，后来看了一下他们的思路，他们是优化到了10000以后进行背包的，后来看了他们的思路 自己有了新的想法，跟他们的优化不同，我对数组从小到大排序，然后利用鸽巢原理进行优化

在鸽巢原理的介绍里面，有例题介绍：设a1,a2,a3,……am是正整数的序列，试证明至少存在正数k和l，1<=k<=l<=m,是的和ak+ak+1+……+al是m的倍数，接下来开始证明：

构造一个序列s1=a1,s2=a1+a2，……，sm=a1+a2+……+am,那么会产生两种可能：

1：若有一个sn是m的倍数，那么定理成立：

2：假设上述的序列中没有任何一个元素是m的倍数，令rh ≡ sh mod m;其中h=1,2,……,m;我们已知上面的所有项都非m的倍数，得到s1模m的余数是r1,s2模m的余数是r2,同理往下类推，r是一个余数序列，在这里所有的余数都不为0，因为假设是不存在有m的倍数的，所以r序列的元素小于m，根据抽屉原理（鸽巢原理），m个余数在[1,m-]区间里的取值至少存在一对rh,rl，并且满足 rh=rk,即sh和sk满足

sk ≡ sh mod m，那么假设h>k，得到 

sh-sk = (a1+a2+……+ah) - (a1+a2+……+ak)

sh - sk =ak+1 +ak+2 +……+ah ≡ 0 mod m（此处的k是序列a的下标）

证明到此结束；

本题利用到了鸽巢原理的一点：

一个数组 A1,A2,……AN从小到大，对于一个远大于AN的数，按题目要求来的 最优解 中，小于AN的数的个数肯定是不会大于 AN的，所以可以先对AN*AN来进行优化，得到答案的一部分，剩余的 再进行背包即可

总是做算法，不如来个陶冶情操的文章一篇： http://www.sanwen.net/subject/3628849/

#include<iostream>#include<cstdio>#include<list>#include<algorithm>#include<cstring>#include<string>#include<queue>#include<stack>#include<map>#include<vector>#include<cmath>#include<memory.h>#include<set>#define ll long long#define eps 1e-8//const ll INF = 1ll<<61;using namespace std;//vector<pair<int,int> > G;//typedef pair<int,int > P;//vector<pair<int,int> > ::iterator iter;////map<ll,int >mp;//map<ll,int >::iterator p;int dp[10000 + 5];int w[100 + 5];void clear() {memset(dp,-1,sizeof(dp));}int main() {int t;scanf("%d",&t);while(t--) {clear();int n,m;scanf("%d %d",&n,&m);for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&w[i]);sort(w + 1,w + n + 1);int tmp = m;int maxn = w[n] * w[n];int ans = 0;if(m >= maxn) {tmp = m%maxn;ans = (m - m%maxn)/w[n];}dp[0] = 0;for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=w[i];j<maxn;j++) if(dp[j - w[i]] != -1 && (dp[j] == -1 || dp[j - w[i]] + 1 < dp[j]))dp[j] = dp[j - w[i]] + 1;if(dp[tmp] == -1)puts("-1");elseprintf("%d\n",ans + dp[tmp]);}return 0;}