hdu 2546 饭卡(01背包)
来源:互联网 发布:比赛读书的软件 编辑:程序博客网 时间:2024/06/08 21:42
饭卡
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。
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。
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
解题思路:
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,可能买了较贵的菜,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。
卡上的金额为5时很特殊,可以买任意菜,所以我们在所有金额m中,如果m>5,则我们用m-5元来处理除去最贵的一门菜(Max)后的其他菜,最后我们用剩余的钱+5再去买最贵的菜,这样我们的余额就是最少的。
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:dp[j]=max(dp[j-w[i]]+w[i],dp[j]); //剩下j元时,可消费的最大金额
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]-Max.
#include <stdio.h>#include <string.h>#include <iostream>#include <algorithm>using namespace std;int a[1010],dp[1010];//dp[i]=max(dp[i],dp[i-w[i]]+w[i])int main(){ int n,m,Max; while (scanf("%d",&n) && n) { memset(dp, 0, sizeof(dp)); for (int i=0;i<n; i++) scanf("%d",&a[i]); sort(a, a+n); Max=a[--n]; scanf("%d",&m); if (m<5) { printf("%d\n",m); continue; } m-=5; for (int i=0; i<n; i++) { for (int j=m;j-a[i]>=0; j--) dp[j]=max(dp[j],dp[j-a[i]]+a[i]); } printf("%d\n",m+5-Max-dp[m]); } return 0;}
0 0
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