HDU 2546 饭卡 01背包变形

饭卡

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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。

 

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。

 

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

 

Source

UESTC 6th Programming Contest Online

 

Recommend

lcy

 

    题目链接：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=2546

    题意：有c块钱，选购n种饭菜，每种饭菜只可选购一次，当饭卡余额不小于5时，可购买任何饭菜，求最终饭卡余额最小。

    分析：饭卡余额最小即选购饭菜余额最大。本题和普通01背包不同的是余额不小于5时可选购任意饭菜，在此可将最贵的饭菜挑出，独自处理，用c-5的钱买尽可能多的饭菜，最后用剩下的不小于5的钱买最贵的，两者相加即可得到最大的购买价格，所给m减去最大的购买价格即可得到所求结果。

    在此有两种思维方式，一种是求正常求dp[m]的值，不过最后使用的是dp[c-5]，意思是在c-5的所给金额情况下求得最大消费值，再加上最贵的即是最终的最大消费值。见AC代码：

#include<stdio.h>#include<string.h>#include<algorithm>using namespace std;const int maxn=1005;int w[maxn],dp[maxn];int main(){int n,c;while(scanf("%d",&n)&&n){for(int i=0; i<n; i++)scanf("%d",&w[i]);scanf("%d",&c);if(c<5){printf("%d\n",c);continue;}memset(dp,0,sizeof(dp));sort(w,w+n);for(int i=0; i<n-1; i++)for(int j=c; j>=w[i]; j--)dp[j]=max(dp[j],dp[j-w[i]]+w[i]);int maxn=dp[c-5]+w[n-1];int res=c-maxn;printf("%d\n",res);}}

    另一种理解是在运算过程中总是预留5元，最终所求的dp[c]即是在总是预留5元的情况下c元能买到的最大额，见AC代码：

#include<stdio.h>#include<string.h>#include<algorithm>using namespace std;const int maxn=1005;int w[maxn],dp[maxn];int main(){int n,c;while(scanf("%d",&n)&&n){for(int i=0; i<n; i++)scanf("%d",&w[i]);scanf("%d",&c);if(c<5){printf("%d\n",c);continue;}memset(dp,0,sizeof(dp));sort(w,w+n);for(int i=0; i<n-1; i++)for(int j=c; j>=w[i]+5; j--)        //在选择每一件商品时都预留5元dp[j]=max(dp[j],dp[j-w[i]]+w[i]);int maxn=dp[c]+w[n-1];int res=c-maxn; printf("%d\n",res);}}

    这是一道01背包的变形问题，万变不离其宗，看来只有深刻理解了基础01背包的解题过程并且多刷题才能应付得更加得心应手。

    思维转换同样很重要！

    特记下，以备后日回顾。