dp初步（poj1276）

题意：

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

所以：

首先解决存储问题，cash上限10W，推荐用new，最后记得delete就是了

 

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）

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]

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

 

最后说说用memset函数初始化的问题

程序中也说得很清楚了，由于是动态空间，不要用sizeof，要人为计算空间大小，记得+1

#include<iostream>#include <cstring>using namespace std;int main(){    int N;   //物面额种数    int cash;  //最大可取金额    while(cin>>cash>>N)    {        int* n=new int[N+1];  //n[i]第i种面额的数量        int* w=new int[N+1];  //w[i]第i种面额的价值        int* c=new int[N+1];  //c[i]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，限制面额的选取个数        for(int i=1;i<=N;i++)        {            cin>>n[i]>>w[i];//输入不同面额和不同面额的数量            c[i]=w[i];    //本题的单个物品的“体积”等于其“价值”        }        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        for(int i=1;i<=N;i++)        {            memset(count,0,4*(cash+1));  //每更换一次面额，计数器清零            for(int 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数量不为0，即还存在                    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                }        }        cout<<dp[cash]<<endl;        delete n;        delete w;        delete c;        delete dp;        delete count;    }    return 0;}