poj 1742 Coins 多重背包变形
来源：互联网 发布：linux查看阵列卡型号 编辑：程序博客网 时间：2024/05/22 05:28
传说中的男人八题，是男人就A这八题。有n种面额的硬币，面额个数分别为A_i、C_i，求最多能搭配出几种不超过m的金额？
这是一个多重部分和问题(多重背包问题)，放在了《2.3 记录结果再利用的“动态规划” 优化递推关系式》。最基本的做法是：
dp[i][j] := 用前i种硬币能否凑成j
递推关系式：
dp[i][j] = （存在k使得dp[i - 1][j - k * A[i]]为真，0 <= k <= m 且下标合法）
然后三重循环ijk递推
#include <iostream>#include <algorithm>using namespace std;bool dp[100 + 16][100000 + 16]; // dp[i][j] := 用前i种硬币能否凑成jint A[100 + 16];int C[100 + 16];///////////////////////////SubMain//////////////////////////////////int main(int argc, char *argv[]){#ifndef ONLINE_JUDGE freopen("in.txt", "r", stdin); freopen("out.txt", "w", stdout);#endif int n, m; while(cin >> n >> m && n > 0) { memset(dp, 0, sizeof(dp)); for (int i = 0; i < n; ++i) { cin >> A[i]; } for (int i = 0; i < n; ++i) { cin >> C[i]; } dp[0][0] = true; for (int i = 0; i < n; ++i) { for (int j = 0; j <= m; ++j) { for (int k = 0; k <= C[i] && k * A[i] <= j; ++k) { dp[i + 1][j] |= dp[i][j - k * A[i]]; } } } int answer = count(dp[n] + 1, dp[n] + 1 + m , true); // 总额0不算在答案内 cout << answer << endl; }#ifndef ONLINE_JUDGE fclose(stdin); fclose(stdout); system("out.txt");#endif return 0;}///////////////////////////End Sub//////////////////////////////////这种代码不用提交也知道会TLE，因为这个朴素的算法的复杂度是O(m∑iCi)，比如那第二个用例画成图的话会看到：
解释一下，dp数组和更新顺序为：
第二个用例：
1 0 0 0 0 0
0 0 0 0 0 0
0 0 0 0 0 0
————–
因为可以用0个1加上dp[0][0]拼成0；所以，dp[1][0]被更新为真
因为可以用1个1加上dp[0][0]拼成1；所以，dp[1][1]被更新为真
因为可以用2个1加上dp[0][0]拼成2；所以，dp[1][2]被更新为真
1 0 0 0 0 0
1 1 1 0 0 0
0 0 0 0 0 0
————–
因为可以用0个4加上dp[1][0]拼成0；所以，dp[2][0]被更新为真
因为可以用0个4加上dp[1][1]拼成1；所以，dp[2][1]被更新为真
因为可以用0个4加上dp[1][2]拼成2；所以，dp[2][2]被更新为真
因为可以用1个4加上dp[1][0]拼成4；所以，dp[2][4]被更新为真
因为可以用1个4加上dp[1][1]拼成5；所以，dp[2][5]被更新为真
1 0 0 0 0 0
1 1 1 0 0 0
1 1 1 0 1 1
————–
4
顺便第一个用例：
1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0
0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0
0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0
0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0
————–
因为可以用0个1加上dp[0][0]拼成0；所以，dp[1][0]被更新为真
因为可以用1个1加上dp[0][0]拼成1；所以，dp[1][1]被更新为真
因为可以用2个1加上dp[0][0]拼成2；所以，dp[1][2]被更新为真
1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0
1 1 1 0 0 0 0 0 0 0 0
0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0
0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0
————–
因为可以用0个2加上dp[1][0]拼成0；所以，dp[2][0]被更新为真
因为可以用0个2加上dp[1][1]拼成1；所以，dp[2][1]被更新为真
因为可以用0个2加上dp[1][2]拼成2；所以，dp[2][2]被更新为真
因为可以用1个2加上dp[1][1]拼成3；所以，dp[2][3]被更新为真
因为可以用1个2加上dp[1][2]拼成4；所以，dp[2][4]被更新为真
1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0
1 1 1 0 0 0 0 0 0 0 0
1 1 1 1 1 0 0 0 0 0 0
0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0
————–
因为可以用0个4加上dp[2][0]拼成0；所以，dp[3][0]被更新为真
因为可以用0个4加上dp[2][1]拼成1；所以，dp[3][1]被更新为真
因为可以用0个4加上dp[2][2]拼成2；所以，dp[3][2]被更新为真
因为可以用0个4加上dp[2][3]拼成3；所以，dp[3][3]被更新为真
因为可以用0个4加上dp[2][4]拼成4；所以，dp[3][4]被更新为真
因为可以用1个4加上dp[2][1]拼成5；所以，dp[3][5]被更新为真
因为可以用1个4加上dp[2][2]拼成6；所以，dp[3][6]被更新为真
因为可以用1个4加上dp[2][3]拼成7；所以，dp[3][7]被更新为真
因为可以用1个4加上dp[2][4]拼成8；所以，dp[3][8]被更新为真
1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0
1 1 1 0 0 0 0 0 0 0 0
1 1 1 1 1 0 0 0 0 0 0
1 1 1 1 1 1 1 1 1 0 0
————–
8
这个算法每次只记录一个bool值，损失了不少信息。在这个问题中，不光能够求出是否能得到某个金额，同时还能把得出了此金额时A_i还剩下多少个算出来，这样直接省掉了k那重循环。
优化dp定义：
dp[i][j] := 用前i种硬币凑成j时第i种硬币最多能剩余多少个（-1表示配不出来） 如果dp[i - 1][j] >= 0(前i-1个数可以凑出j，那么第i个数根本用不着)直接为C[i]dp[i][j] = 如果j < A[i]或者dp[i][j - a[i]] <=0 (面额太大或者在配更小的数的时候就用光了）-1 其他（将第i个数用掉一个） dp[i][j-a[i]] - 1最后统计一下dp数组第n行>=0的个数就知道答案了：
#include <iostream>#include <algorithm>using namespace std;int dp[100 + 16][100000 + 16]; // dp[i][j] := 用前i种硬币凑成j时第i种硬币最多能剩余多少个int A[100 + 16];int C[100 + 16];///////////////////////////SubMain//////////////////////////////////int main(int argc, char *argv[]){#ifndef ONLINE_JUDGE freopen("in.txt", "r", stdin); freopen("out.txt", "w", stdout);#endif int n, m; while(cin >> n >> m && n > 0) { memset(dp, -1, sizeof(dp)); dp[0][0] = 0; for (int i = 0; i < n; ++i) { cin >> A[i]; } for (int i = 0; i < n; ++i) { cin >> C[i]; } for (int i = 0; i < n; ++i) { for (int j = 0; j <= m; ++j) { if (dp[i][j] >= 0) { dp[i + 1][j] = C[i]; } else if (j < A[i] // 用一个就超出，不能用 || dp[i + 1][j - A[i]] <= 0) // 连凑比j小的数的时候都用完了，此时更加用完了 { dp[i + 1][j] = -1; } else { dp[i + 1][j] = dp[i + 1][j - A[i]] - 1; // 用上了一个第i个硬币 } } } int answer = count_if(dp[n] + 1, dp[n] + 1 + m , bind2nd(greater_equal<int>(), 0)); // 总额0不算在答案内 cout << answer << endl; }#ifndef ONLINE_JUDGE fclose(stdin); fclose(stdout); system("out.txt");#endif return 0;}///////////////////////////End Sub//////////////////////////////////还是拿第二个用例画个图：
第二个用例：
0 -1 -1 -1 -1 -1
-1 -1 -1 -1 -1 -1
-1 -1 -1 -1 -1 -1
————–
dp[0][0]不为负,dp[1][0]更新为硬币0的个数。
dp[0][1]其他，dp[1][1]更新为dp[1][0]
dp[0][2]其他，dp[1][2]更新为dp[1][1]
dp[1][2]用完了，dp[1][3]更新为硬币0的个数。
dp[1][3]用完了，dp[1][4]更新为硬币0的个数。
dp[1][4]用完了，dp[1][5]更新为硬币0的个数。
0 -1 -1 -1 -1 -1
2 1 0 -1 -1 -1
-1 -1 -1 -1 -1 -1
————–
dp[1][0]不为负,dp[2][0]更新为硬币1的个数。
dp[1][1]不为负,dp[2][1]更新为硬币1的个数。
dp[1][2]不为负,dp[2][2]更新为硬币1的个数。
余额太大，dp[2][3]更新为硬币1的个数。
dp[1][4]其他，dp[2][4]更新为dp[2][0]
dp[1][5]其他，dp[2][5]更新为dp[2][1]
0 -1 -1 -1 -1 -1
2 1 0 -1 -1 -1
1 1 1 -1 0 0
————–
4
第一个用例：
0 -1 -1 -1 -1 -1 -1 -1 -1 -1 -1
-1 -1 -1 -1 -1 -1 -1 -1 -1 -1 -1
-1 -1 -1 -1 -1 -1 -1 -1 -1 -1 -1
-1 -1 -1 -1 -1 -1 -1 -1 -1 -1 -1
————–
dp[0][0]不为负,dp[1][0]更新为硬币0的个数。
dp[0][1]其他，dp[1][1]更新为dp[1][0]
dp[0][2]其他，dp[1][2]更新为dp[1][1]
dp[1][2]用完了，dp[1][3]更新为硬币0的个数。
dp[1][3]用完了，dp[1][4]更新为硬币0的个数。
dp[1][4]用完了，dp[1][5]更新为硬币0的个数。
dp[1][5]用完了，dp[1][6]更新为硬币0的个数。
dp[1][6]用完了，dp[1][7]更新为硬币0的个数。
dp[1][7]用完了，dp[1][8]更新为硬币0的个数。
dp[1][8]用完了，dp[1][9]更新为硬币0的个数。
dp[1][9]用完了，dp[1][10]更新为硬币0的个数。
0 -1 -1 -1 -1 -1 -1 -1 -1 -1 -1
2 1 0 -1 -1 -1 -1 -1 -1 -1 -1
-1 -1 -1 -1 -1 -1 -1 -1 -1 -1 -1
-1 -1 -1 -1 -1 -1 -1 -1 -1 -1 -1
————–
dp[1][0]不为负,dp[2][0]更新为硬币1的个数。
dp[1][1]不为负,dp[2][1]更新为硬币1的个数。
dp[1][2]不为负,dp[2][2]更新为硬币1的个数。
dp[1][3]其他，dp[2][3]更新为dp[2][1]
dp[1][4]其他，dp[2][4]更新为dp[2][2]
dp[2][3]用完了，dp[2][5]更新为硬币1的个数。
dp[2][4]用完了，dp[2][6]更新为硬币1的个数。
dp[2][5]用完了，dp[2][7]更新为硬币1的个数。
dp[2][6]用完了，dp[2][8]更新为硬币1的个数。
dp[2][7]用完了，dp[2][9]更新为硬币1的个数。
dp[2][8]用完了，dp[2][10]更新为硬币1的个数。
0 -1 -1 -1 -1 -1 -1 -1 -1 -1 -1
2 1 0 -1 -1 -1 -1 -1 -1 -1 -1
1 1 1 0 0 -1 -1 -1 -1 -1 -1
-1 -1 -1 -1 -1 -1 -1 -1 -1 -1 -1
————–
dp[2][0]不为负,dp[3][0]更新为硬币2的个数。
dp[2][1]不为负,dp[3][1]更新为硬币2的个数。
dp[2][2]不为负,dp[3][2]更新为硬币2的个数。
dp[2][3]不为负,dp[3][3]更新为硬币2的个数。
dp[2][4]不为负,dp[3][4]更新为硬币2的个数。
dp[2][5]其他，dp[3][5]更新为dp[3][1]
dp[2][6]其他，dp[3][6]更新为dp[3][2]
dp[2][7]其他，dp[3][7]更新为dp[3][3]
dp[2][8]其他，dp[3][8]更新为dp[3][4]
dp[3][5]用完了，dp[3][9]更新为硬币2的个数。
dp[3][6]用完了，dp[3][10]更新为硬币2的个数。
0 -1 -1 -1 -1 -1 -1 -1 -1 -1 -1
2 1 0 -1 -1 -1 -1 -1 -1 -1 -1
1 1 1 0 0 -1 -1 -1 -1 -1 -1
1 1 1 1 1 0 0 0 0 -1 -1
————–
8
本以为这次照着书上的思路来的应该没问题了吧，数组再利用就懒得做了。于是提交，结果MLE
于是打起精神来重复利用数组，注意到上图中的箭头都是垂直的，也就是说可以定义
dp[j] := 在第i次循环时之前表示用前i-1种硬币凑成j时第i种硬币最多能剩余多少个（-1表示配不出来），循环之后就表示第i次的状态
于是就省了一维数组：
#include <iostream>#include <set>#include <algorithm>using namespace std;int dp[100000 + 16]; // dp[i][j] := 用前i种硬币凑成j时第i种硬币最多能剩余多少个int A[100 + 16];int C[100 + 16];///////////////////////////SubMain//////////////////////////////////int main(int argc, char *argv[]){#ifndef ONLINE_JUDGE freopen("in.txt", "r", stdin); freopen("out.txt", "w", stdout);#endif int n, m; while(cin >> n >> m && n > 0) { memset(dp, -1, sizeof(dp)); dp[0] = 0; for (int i = 0; i < n; ++i) { cin >> A[i]; } for (int i = 0; i < n; ++i) { cin >> C[i]; } for (int i = 0; i < n; ++i) { for (int j = 0; j <= m; ++j) { if (dp[j] >= 0) { dp[j] = C[i]; } else if (j < A[i] // 用一个就超出，不能用 || dp[j - A[i]] <= 0) // 连凑比j小的数的时候都用完了，此时更加用完了 { dp[j] = -1; } else { dp[j] = dp[j - A[i]] - 1; // 用上了一个第i个硬币 } } } int answer = count_if(dp + 1, dp + 1 + m , bind2nd(greater_equal<int>(), 0)); // 总额0不算在答案内 cout << answer << endl; }#ifndef ONLINE_JUDGE fclose(stdin); fclose(stdout); system("out.txt");#endif return 0;}///////////////////////////End Sub//////////////////////////////////OHTER多重背包的题目：才开始不知道怎么来统计最后可以给出多少种价格，因为以前的形式都是给出c[i],w[i]，b[i]的这里没有给出，后来自己yy了一下，利用多粗冲背包向01背包转换的第一种方法后最后从1到V里所有出现的不同的金钱数量不就是最终可以给出的各种价格吗。01背包转换的第一种方法o(n^3)肯定会TLE代码如下：#include <iostream>#include <cstdio>#include <cstring>using namespace std;const int max_s = 107;int f[100007],w[max_s],b[max_s];int main(){ int n,V,i,j,k; while(scanf("%d%d",&n,&V)) { if(!n&&!V) break; for(i=0;i<n;i++) scanf("%d",&w[i]); for(i=0;i<n;i++) scanf("%d",&b[i]); memset(f,0,sizeof(f)); f[0]=0; for(i=0;i<n;i++) { for(j=1;j<=b[i];j++) { for(k=V;k>=w[i];k--) f[k]=max(f[k],f[k-w[i]]+w[i]); } } /*for(i=V;i>=0;i--) printf("%d ",f[i]); printf("\n");*/ int ans=1; for(i=V-1;i>=0;i--) { if(f[i]!=f[i+1]&&f[i]) ans++; } cout<<ans<<endl; } return 0;}最后想到了向01背包转化的第二种办法，可是自己写的还是会超时，搜了一下解题报考，发现有人能过用这个o（n*Σlog b[i]）的方法，优化了自己的代码，可是还是不过贡献了N次wa最后对折人家的代码检查，只是改了一下int f[]--->到bool f[] 2594s险过。。。bool占用一个字节，应该是处理的时候比int快，，，#include <cstdio>using namespace std;const int max_s = 107;bool f[100007];int w[max_s],b[max_s];int V;void zb(int c){ for(int i=V;i>=c;--i) f[i]|=f[i-c];//直接或运算用0,1表示此价格是否出现过}void cb(int c){ for(int i=c;i<=V;++i) f[i]|=f[i-c];}int main(){ int n,i,k,ans; while(scanf("%d%d",&n,&V),n+V) { for(i=0;i<n;++i) scanf("%d",&w[i]); for(i=0;i<n;++i) scanf("%d",&b[i]); for(i=f[0]=1;i<=V;++i) f[i]=0; for(i=0;i<n;++i) { if(w[i]*b[i]>=V) cb(w[i]); else { k=1; while(k<b[i]) { zb(k*w[i]); b[i]-=k; k<<=1; } zb(b[i]*w[i]); } } ans=0; for(i=1;i<=V;++i) ans+=f[i]; printf("%d\n",ans); } return 0;}最后是楼教主的o(n*v)的方法。。ORZ啊。。1284s A复制代码#include <cstdio>#include <iostream>using namespace std;const int max_s = 107;int f[100007],w[max_s],b[max_s];//f[i]来表示当前i价格是否出现过，int sum[100007];//当价格达到i时，最多使用这一种硬币的次数int main(){ int n,V,i,j; while(scanf("%d%d",&n,&V),n+V) { int ans=0; for(i=0;i<n;i++) scanf("%d",&w[i]); for(i=0;i<n;i++) scanf("%d",&b[i]); for(i=f[0]=1;i<=V;i++) f[i]=0; for(i=0;i<n;i++) { for(j=0;j<=V;j++) sum[j]=0;//关键是用sum来限定了次数 for(j=w[i];j<=V;j++)//从w[i]到V循环检查看是否能够出现前边没有出现的价格 { if(!f[j]&&f[j-w[i]]&&sum[j-w[i]]<b[i]) //如果j价格没有出现过，且j-w[i]出现过，并且使用i硬币的次数没有超出给定的数量 { f[j]=1;//标记为已出现过 sum[j]=sum[j-w[i]]+1;//使用次数+1 ans++;//满足条件++ } } } cout<<ans<<endl; }}- poj 1742 Coins 多重背包变形
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