poj 1276 Cash Machine

来源:互联网 发布:kendalltau python 编辑:程序博客网 时间:2024/06/06 04:00

我感觉讲的非常详细  ;转自:優YoU  http://user.qzone.qq.com/289065406/blog/1299341477

博文如下

题目大意:

有各种不同面值的货币,每种面值的货币有不同的数量,请找出利用这些货币可以凑成的最接近且小于等于给定的数字cash的金额。

 

初始思路:

多重背包问题,第i种面额d[i]有 n[i]+1种选择方案

可以转化为01背包问题处理

转化的大概思路就是把 每种面值乘以其不同的个数,把得到的不同金额作为一件新的独一无二的货币,但是这样存在两个问题,一是 d[i]*ki 可能等于 d[j]*kj  ,其中ki ∈n[i],kj∈n[j],二是这样做一定TLE超时(前人经验O(∩_∩)O哈哈~我就不重滔覆辙呐)

解题思路:

首先解决存储问题,cash上限实在太大了..10W,推荐用new,最后记得delete就是了,不然就算AC掉,Memory也会很大= =

说到空间的申请,说点题外话,这题不像POJ1837那么BT(做过1837的同学就知道了…1837连申请动态空间都很困难,因为空间的动态值是由3个变量的最大值决定的= =有时间浪费在找最大值,宁愿申请静态空间,反正才1W)

 

言归正传,下面的解题思路最好配合我写的程序去看,不然很难看懂,而且看之前请保证你对01背包、完全背包、多重背包的理论知识有所了解。。。不然应该看不懂的。。。

 

本题输入有4个部分:

cash  //背包容量(最大可取金额)

N    //物品种数(面额种数)

n[i]第i种物品的个数(第i种面额的数量)

d[i]第i种物品的价值(第i种面额的价值)

 

值得注意的是,如果设每个物品的价值为w[i],体积(可理解为消耗的价值)为c[i]

那么必有 d[i] = w[i] = c[i]

 

如果把一个金额看为一种状态,那么一共有0~cash种状态

显然其中可能会发生的状态范围为min{w[i] | 1<=i<=n[i]} ~ Cash

那么可以建立一个状态数组dp[cash+1],

其中dp[j]记录的是“最接近状态j,且<=j”的状态值,即dp[j] <=j

J越接近dp[j],dp[j]的解越优,最理想是dp[j]=j

需要注意的是,dp[j]为了说明的是状态j可以发生,但不会理会dp[j]怎样发生

例如有3张1元,1张3元

那么我们既可以认为dp[3]=3是通过取3次1元得到,也可以认为dp[3]是通过取1次3元得到的,但无论怎样得到,dp[3]=3都会发生,

再需要注意的是,dp[j]的状态值会累积

再形象举例说明:例如有1张3元,cash=4

那么根据前面的说明,自然有dp[3]=dp[4]=3,就是说状态3、状态4都可以通过取1次3元发生,一旦发生,这个状态值3就会被保有在当前的状态dp[4],这其实是起到一个优化作用,后面详细解释

再接上例,当我们增加一个条件“有3张1元”,那么在已经被保存的前提“dp[4]=3”下,我们只需要通过取1次1元,就能得到比dp[4]=3的更优解dp[4]=4,但此时我们完全不用理会dp[4]=3是怎样来的,我们只需要知道dp[4]=3一定会出现就足够了

 

然后说说刚才提到的“优化问题”

利用01背包的知识,不难理解 状态方程 dp[j]=dp[ j-c[i] ]+w[i]

至于说方程是什么含义,看过01背包的大概也知道什么意思,没看的同学就别怪我不解释咯O(∩_∩)O

优化是因为状态值被记录了,就是说我们在取得下一个货币i之前,当前的状态为j-c[i]

一旦我们选取货币i,就会得到状态(j-c[i])+c[i],即状态j 。且状态j的状态值dp[j]会加上w[i]。 至于dp[j]原来值是多少,就无需理会,因为dp[j]的值是累积下来的,同样本次加上w[i]后,只要dp[j]值未到最优,它同样会成为下一次的累加值。

这样每次都直接调用前一次已获得的状态值,就可以节省一堆搜索的时间,这是DFS或BFS办不到的,也是动态规划的优点。

 

接下来说说计数器count[j]

在我的程序中,每更换一次面额,计数器会清零,这样做是为了 以面额i的价值w[i]为权,根据选取该面额的个数,对状态值dp[j]进行w[i]的整数倍分割,这样就能得到对于每组状态dp[w[i]*k]到dp[w[i]*(k+1)] (0<=k<=n[i])之间,在当前面额w[i]下的最优状态值。

例如有 3张3元

自然dp[0]=dp[1]=dp[2]=0,count[0]= count[1]= count[2]=0这是因为最小面额为3

不难得到dp[3]=dp[4]=dp[5]=3,count[3]= count[4]= count[5]=1这是因为面额3元不可分,这3个状态的最优值就是取1次3元

dp[6]=dp[7]=dp[8]=6  , count[6]= count[7]= count[8]=2这3个状态的最优值就是取2次3元

dp[9]=dp[10]=dp[11]=dp[…]=9 ,count[9]= count[10]= count[[11]= count[…]=3  最多只有3张3元,以后的的状态的最优值均为9


题目大意:

有各种不同面值的货币,每种面值的货币有不同的数量,请找出利用这些货币可以凑成的最接近且小于等于给定的数字cash的金额。

 

初始思路:

多重背包问题,第i种面额d[i]有 n[i]+1种选择方案

可以转化为01背包问题处理

转化的大概思路就是把 每种面值乘以其不同的个数,把得到的不同金额作为一件新的独一无二的货币,但是这样存在两个问题,一是 d[i]*ki 可能等于 d[j]*kj  ,其中ki ∈n[i],kj∈n[j],二是这样做一定TLE超时(前人经验O(∩_∩)O哈哈~我就不重滔覆辙呐)

解题思路:

首先解决存储问题,cash上限实在太大了..10W,推荐用new,最后记得delete就是了,不然就算AC掉,Memory也会很大= =

说到空间的申请,说点题外话,这题不像POJ1837那么BT(做过1837的同学就知道了…1837连申请动态空间都很困难,因为空间的动态值是由3个变量的最大值决定的= =有时间浪费在找最大值,宁愿申请静态空间,反正才1W)

 

言归正传,下面的解题思路最好配合我写的程序去看,不然很难看懂,而且看之前请保证你对01背包、完全背包、多重背包的理论知识有所了解。。。不然应该看不懂的。。。

 

本题输入有4个部分:

cash  //背包容量(最大可取金额)

N    //物品种数(面额种数)

n[i]第i种物品的个数(第i种面额的数量)

d[i]第i种物品的价值(第i种面额的价值)

 

值得注意的是,如果设每个物品的价值为w[i],体积(可理解为消耗的价值)为c[i]

那么必有 d[i] = w[i] = c[i]

 

如果把一个金额看为一种状态,那么一共有0~cash种状态

显然其中可能会发生的状态范围为min{w[i] | 1<=i<=n[i]} ~ Cash

那么可以建立一个状态数组dp[cash+1],

其中dp[j]记录的是“最接近状态j,且<=j”的状态值,即dp[j] <=j

J越接近dp[j],dp[j]的解越优,最理想是dp[j]=j

需要注意的是,dp[j]为了说明的是状态j可以发生,但不会理会dp[j]怎样发生

例如有3张1元,1张3元

那么我们既可以认为dp[3]=3是通过取3次1元得到,也可以认为dp[3]是通过取1次3元得到的,但无论怎样得到,dp[3]=3都会发生,

再需要注意的是,dp[j]的状态值会累积

再形象举例说明:例如有1张3元,cash=4

那么根据前面的说明,自然有dp[3]=dp[4]=3,就是说状态3、状态4都可以通过取1次3元发生,一旦发生,这个状态值3就会被保有在当前的状态dp[4],这其实是起到一个优化作用,后面详细解释

再接上例,当我们增加一个条件“有3张1元”,那么在已经被保存的前提“dp[4]=3”下,我们只需要通过取1次1元,就能得到比dp[4]=3的更优解dp[4]=4,但此时我们完全不用理会dp[4]=3是怎样来的,我们只需要知道dp[4]=3一定会出现就足够了

 

然后说说刚才提到的“优化问题”

利用01背包的知识,不难理解 状态方程 dp[j]=dp[ j-c[i] ]+w[i]

至于说方程是什么含义,看过01背包的大概也知道什么意思,没看的同学就别怪我不解释咯O(∩_∩)O

优化是因为状态值被记录了,就是说我们在取得下一个货币i之前,当前的状态为j-c[i]

一旦我们选取货币i,就会得到状态(j-c[i])+c[i],即状态j 。且状态j的状态值dp[j]会加上w[i]。 至于dp[j]原来值是多少,就无需理会,因为dp[j]的值是累积下来的,同样本次加上w[i]后,只要dp[j]值未到最优,它同样会成为下一次的累加值。

这样每次都直接调用前一次已获得的状态值,就可以节省一堆搜索的时间,这是DFS或BFS办不到的,也是动态规划的优点。

 

接下来说说计数器count[j]

在我的程序中,每更换一次面额,计数器会清零,这样做是为了 以面额i的价值w[i]为权,根据选取该面额的个数,对状态值dp[j]进行w[i]的整数倍分割,这样就能得到对于每组状态dp[w[i]*k]到dp[w[i]*(k+1)] (0<=k<=n[i])之间,在当前面额w[i]下的最优状态值。

例如有 3张3元

自然dp[0]=dp[1]=dp[2]=0,count[0]= count[1]= count[2]=0这是因为最小面额为3

不难得到dp[3]=dp[4]=dp[5]=3,count[3]= count[4]= count[5]=1这是因为面额3元不可分,这3个状态的最优值就是取1次3元

dp[6]=dp[7]=dp[8]=6  , count[6]= count[7]= count[8]=2这3个状态的最优值就是取2次3元

dp[9]=dp[10]=dp[11]=dp[…]=9 ,count[9]= count[10]= count[[11]= count[…]=3  最多只有3张3元,以后的的状态的最优值均为9




#include<iostream>
#include <cstdio>
using namespace std;


int main(int i,int j)
{
int N;   //物品种数(面额种数)
int cash;  //背包容量(最大可取金额)
while(cin>>cash>>N)
{
/*Input*/


int* n=new int[N+1];  //n[i]第i种物品的个数(第i种面额的数量)
int* w=new int[N+1];  //w[i]第i种物品的价值(第i种面额的价值)
int* c=new int[N+1];  //c[i]第i种物品的体积(第i种面额消耗的价值)
int* dp=new int[cash+1];  //dp[j]记录的是 当前最接近状态j且<=j的值,dp值会累积
int* count=new int[cash+1];//计数器,限制某种物品(面额)的选取个数


for(i=1;i<=N;i++)
{
cin>>n[i]>>w[i];
c[i]=w[i];    //本题的单个物品的“体积”等于其“价值”
}

/*Initial*/


memset(dp,0,4*(cash+1));  //由于dp申请的是动态内存,用sizeof计算长度会出错
                         //这里要用 类型大小*个数,这里为 int*(cash+1) , int大小为4


/*DP*/

for(i=1;i<=N;i++)
{
memset(count,0,4*(cash+1));  //每更换一次面额,计数器清零
for(j=w[i];j<=cash;j++)      //对于第i种货币,其面额d[i]~cash间任一个状态都可能发生
if(dp[j]<dp[j-c[i]]+w[i] && count[j-c[i]]<n[i]) //count[j-c[i]]<n[i]
{                                               //取某种面额前,必须保证这次操作之前所取该种面额的次数小于n[i]
dp[j] = dp[j-c[i]]+w[i];    //选取第i个物品后,背包容量(允许取的最大金额)减少c[i]
count[j]=count[j-c[i]]+1;   //对于当前状态j,第i种面额被抽了count[j]次
}
}


/*Output*/

cout<<dp[cash]<<endl;


/*Release Space*/


delete n;
delete w;
delete c;
delete dp;
delete count;
}

return 0;
}

题目大意:

有各种不同面值的货币,每种面值的货币有不同的数量,请找出利用这些货币可以凑成的最接近且小于等于给定的数字cash的金额。

 

初始思路:

多重背包问题,第i种面额d[i]有 n[i]+1种选择方案

可以转化为01背包问题处理

转化的大概思路就是把 每种面值乘以其不同的个数,把得到的不同金额作为一件新的独一无二的货币,但是这样存在两个问题,一是 d[i]*ki 可能等于 d[j]*kj  ,其中ki ∈n[i],kj∈n[j],二是这样做一定TLE超时(前人经验O(∩_∩)O哈哈~我就不重滔覆辙呐)

解题思路:

首先解决存储问题,cash上限实在太大了..10W,推荐用new,最后记得delete就是了,不然就算AC掉,Memory也会很大= =

说到空间的申请,说点题外话,这题不像POJ1837那么BT(做过1837的同学就知道了…1837连申请动态空间都很困难,因为空间的动态值是由3个变量的最大值决定的= =有时间浪费在找最大值,宁愿申请静态空间,反正才1W)

 

言归正传,下面的解题思路最好配合我写的程序去看,不然很难看懂,而且看之前请保证你对01背包、完全背包、多重背包的理论知识有所了解。。。不然应该看不懂的。。。

 

本题输入有4个部分:

cash  //背包容量(最大可取金额)

N    //物品种数(面额种数)

n[i]第i种物品的个数(第i种面额的数量)

d[i]第i种物品的价值(第i种面额的价值)

 

值得注意的是,如果设每个物品的价值为w[i],体积(可理解为消耗的价值)为c[i]

那么必有 d[i] = w[i] = c[i]

 

如果把一个金额看为一种状态,那么一共有0~cash种状态

显然其中可能会发生的状态范围为min{w[i] | 1<=i<=n[i]} ~ Cash

那么可以建立一个状态数组dp[cash+1],

其中dp[j]记录的是“最接近状态j,且<=j”的状态值,即dp[j] <=j

J越接近dp[j],dp[j]的解越优,最理想是dp[j]=j

需要注意的是,dp[j]为了说明的是状态j可以发生,但不会理会dp[j]怎样发生

例如有3张1元,1张3元

那么我们既可以认为dp[3]=3是通过取3次1元得到,也可以认为dp[3]是通过取1次3元得到的,但无论怎样得到,dp[3]=3都会发生,

再需要注意的是,dp[j]的状态值会累积

再形象举例说明:例如有1张3元,cash=4

那么根据前面的说明,自然有dp[3]=dp[4]=3,就是说状态3、状态4都可以通过取1次3元发生,一旦发生,这个状态值3就会被保有在当前的状态dp[4],这其实是起到一个优化作用,后面详细解释

再接上例,当我们增加一个条件“有3张1元”,那么在已经被保存的前提“dp[4]=3”下,我们只需要通过取1次1元,就能得到比dp[4]=3的更优解dp[4]=4,但此时我们完全不用理会dp[4]=3是怎样来的,我们只需要知道dp[4]=3一定会出现就足够了

 

然后说说刚才提到的“优化问题”

利用01背包的知识,不难理解 状态方程 dp[j]=dp[ j-c[i] ]+w[i]

至于说方程是什么含义,看过01背包的大概也知道什么意思,没看的同学就别怪我不解释咯O(∩_∩)O

优化是因为状态值被记录了,就是说我们在取得下一个货币i之前,当前的状态为j-c[i]

一旦我们选取货币i,就会得到状态(j-c[i])+c[i],即状态j 。且状态j的状态值dp[j]会加上w[i]。 至于dp[j]原来值是多少,就无需理会,因为dp[j]的值是累积下来的,同样本次加上w[i]后,只要dp[j]值未到最优,它同样会成为下一次的累加值。

这样每次都直接调用前一次已获得的状态值,就可以节省一堆搜索的时间,这是DFS或BFS办不到的,也是动态规划的优点。

 

接下来说说计数器count[j]

在我的程序中,每更换一次面额,计数器会清零,这样做是为了 以面额i的价值w[i]为权,根据选取该面额的个数,对状态值dp[j]进行w[i]的整数倍分割,这样就能得到对于每组状态dp[w[i]*k]到dp[w[i]*(k+1)] (0<=k<=n[i])之间,在当前面额w[i]下的最优状态值。

例如有 3张3元

自然dp[0]=dp[1]=dp[2]=0,count[0]= count[1]= count[2]=0这是因为最小面额为3

不难得到dp[3]=dp[4]=dp[5]=3,count[3]= count[4]= count[5]=1这是因为面额3元不可分,这3个状态的最优值就是取1次3元

dp[6]=dp[7]=dp[8]=6  , count[6]= count[7]= count[8]=2这3个状态的最优值就是取2次3元

dp[9]=dp[10]=dp[11]=dp[…]=9 ,count[9]= count[10]= count[[11]= count[…]=3  最多只有3张3元,以后的的状态的最优值均为9

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