OpenJ_Bailian - 4120

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硬币

Time Limit: 1000MS Memory Limit: 262144KB 64bit IO Format: %I64d & %I64u

Submit Status

Description

宇航员Bob有一天来到火星上，他有收集硬币的习惯。于是他将火星上所有面值的硬币都收集起来了，一共有n种，每种只有一个：面值分别为a₁,a₂… a_n。Bob在机场看到了一个特别喜欢的礼物，想买来送给朋友Alice，这个礼物的价格是X元。Bob很想知道为了买这个礼物他的哪些硬币是必须被使用的，即Bob必须放弃收集好的哪些硬币种类。飞机场不提供找零，只接受恰好X元。

Input

第一行包含两个正整数n和x。（1 <= n <= 200, 1 <= x <= 10000)
第二行从小到大为n个正整数a1, a2, a3 … an （1 <= ai <= x)

Output

第一行是一个整数，即有多少种硬币是必须被使用的。
第二行是这些必须使用的硬币的面值（从小到大排列）。

Sample Input

5 181 2 3 5 10

Sample Output

25 10

Hint

输入数据将保证给定面值的硬币中至少有一种组合能恰好能够支付X元。
如果不存在必须被使用的硬币，则第一行输出0，第二行输出空行。

很经典的动态规划问题，求解数字组合问题但是如何处理缺少一个数字的问题时数据量很大，这时需要另要另外开一个数组来优化

：容斥原理的应用：

分析：想到的第一个方法就是f[x]-f[x-a[i]]是否是0，f[j]代表了到达j价格的方案总数，但是f[x-a[i]]看似没有使用过a[i]，但是实际上可能早就已经被a[i]更新过了，所以不能使用f[]，

就另外设定一个数组g[j]表示不用a[i]达到j价格的方案数目，很明显如果g[x]==0，那么这种硬币就必须使用，为了避免朴素的01背包（时间复杂度过高），我们采用递推的“容斥原理”，

for(int j=0;j<=x;++j)
{
if(j<a[i])/*j<a[i]的话，达到j价格的方案数目不受影响，仍然是f[j]*/
g[j]=f[j];
else g[j]=f[j]-g[j-a[i]];/*f[j]-使用了a[i]得到j价格的方案数目=没使用a[i]得到j价格的方案数目（也就是g[j]），但是使用了a[i]得到j价格的方案数目，我们怎么求呢？他就是g[j-a[i]]，没用a[i]

达到j-a[i]这个价格的方案数，必须使用a[i]才能达到价格j，也就是二者相等。*/
}

注意：g[0]=1是初始化之一，为什么？

因为当j==a[i]的时候，g[j]=f[j]-1；减去的1，刚好是他自己组成a[i]的情况

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int N = 21000;
int a[N], f[N], g[N], k[N];

int main()
{
int n, x;
while(scanf("%d %d", &n, &x)!=EOF)
{
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d", &a[i]);
}
memset(f,0,sizeof(f));
f[0]=1;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
for(int j=x;j>=a[i];j--)
{
f[j]+=f[j-a[i]];
}
}
memset(g,0,sizeof(g));
int num=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
memset(g,0,sizeof(g));
for(int j=0;j<=x;j++)
{
if(j<a[i])
{
g[j]=f[j];
}
else
{
g[j]=f[j]-g[j-a[i]];
}
}
if(g[x]==0)
{
k[num++]=a[i];
}
}
if(num==0)
{
printf("0\n\n");
}
else
{
sort(k,k+num);
printf("%d\n",num);
for(int i=0;i<num;i++)
{
printf("%d%c",k[i],i==num-1?'\n':' ');
}
}
}
return 0;
}

0 0