杭电2546————DP之01背包

饭卡

Time Limit: 5000/1000 MS (Java/Others)    Memory Limit: 32768/32768 K (Java/Others)
Total Submission(s): 11055    Accepted Submission(s): 3786

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

  分析:

  当卡上余额大于等于5的时候总可以购买，又想让卡上余额剩下的尽可能的少，那么很简单的想法就是卡上只剩下5元的时候，去购买最贵的那个菜品。

  假设卡上有card元，那么问题转换为给你一个card=card-5的背包，最多可以"装“多少菜。

  这样就转换为了一个01背包问题：

（杭电亲测31MS）

#include <cstdio>#include <cstring>#include <cstdlib>#include <algorithm>#define maxn 1005#define min(x,y)  ( (x) < (y) ? (x) : (y) )#define max(x,y)  ( (x) > (y) ? (x) : (y) )using namespace std;/*01背包*/ int cmp_int(int a,int b){return a<b;}int main(){int n;/*菜的数目，每种菜只可以购买一种*/ int price[maxn];/*菜的价格,价格不超过50*/    /*菜的价值是它的价格，菜的费用也是它的价格*/ int card;/*卡上的余额,即背包容量*/int dp[maxn];/*状态转移方程,含义是i元钱最多能花出去多少*/ while(scanf("%d",&n) != EOF){if(n == 0)break;memset(price,0,sizeof(price));memset(dp,0,sizeof(dp));for(int i = 0; i < n ;i++)scanf("%d",&price[i]);scanf("%d",&card);/*initialize*/sort(price,price+n,cmp_int);/*升序排列*/int maxvalue = price[n-1];if(card < 5)printf("%d\n",card);/*如果一开始就低于5元则不能购买*/ else{card -= 5;/*从余额中留出5元去买那个maxvalue是最佳选择，所以card实际大小是-5*//*现在问题转换为将card尽可能填满的01背包*/for(int i = 0; i < n-1 ;i++){for(int j = card ;j >= price[i]; j--)dp[j] = max(dp[j],dp[j-price[i]] + price[i]);/*第i种菜一共两种选择,买或者不买.如若购买,则第i-1种菜的费用剩下[j-price[i]]如若不买, 第i-1种菜的费用剩下[j]*/}printf("%d\n",card + 5 - dp[card] - maxvalue); }} return 0;}/*for(int i = 0; i < n-1 ;i++){for(int j = card ;j >= price[i]; j--)dp[j] = max(dp[j],dp[j-price[i]] + price[i]);}dp[j]表示j元钱最多能花出去多少如果不买第i种菜品   那么到第i件菜品为止  最多花出去 dp[j-1]元如果购买第i种菜品   那么到第i件菜品为止  最多花出去dp[j-price[i]]+price[i] */