HDOJ 2546 饭卡(01背包)
来源:互联网 发布:果壳app没数据 编辑:程序博客网 时间:2024/04/30 18:46
饭卡
Time Limit: 5000/1000 MS (Java/Others) Memory Limit: 32768/32768 K (Java/Others)Total Submission(s): 14135 Accepted Submission(s): 4916
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。
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。
1505101 2 3 2 1 1 2 3 2 1500
-4532
UESTC 6th Programming Contest Online
思路:
这道题的题意很简单,就是在已知现有的钱m、还有n件商品的价格的条件下,给出一个限制性条件就是花的钱只要余额>=5就还能继续花,问你最少能剩多少钱,也就是问你最多能花多少钱。这是一道变形的dp题,首先,它符合01背包问题的特征,都是物品有放和不放两种选择、每件只有一个、总费用是有限制的。但是如果直接dp的话会很绕弯子,所以要改变一下策略。首先,在进行不能买之前的最后一步的时候,你一定是选择的最贵的那个当作是最后一个要拿的东西,这样的话才能使最后一步最值,所以先贪心地选择最后一步,则必为价值最大的那个。所以先进行排序找出最大的那个先拿出来,然后去挑剩下的n-1个物品。这时候就转化成了在n-1个物品中选总价值最大的了。再想,如果能进行最后一步取最大的那个的操作的话,你要保证可以达到最后取最大的这个步骤,也就是说在取最后的物品之前你要确保你的余额要>=5,所以,我们可以先拿出5元来作为保底的,这五元是无法进行再挑取操作的。这时候问题就变成了有n-1个物体、m-5的容量、并且没有了最后5元不能用的限制条件,这时候就转化成了一个完全的01背包问题,继而用dp求出子问题的最优解。然后把这个最优解+最后一步取的那个最大价值的物品=整体最优解了。然后用m减去花的最多的钱,就是剩的最少的钱了。并且还需要注意的是,要对m进行分类讨论:(1)如果所有的菜的总金额sum小于等于卡上金额m-5,我们可以购买所有的菜,并且最终余额是m-sum。(2)如果所有的菜,除去最贵的菜,的金额sum-max小于等于m-5,我们可以先购买其他的菜,最终卡上金额必大于等于5,最后购买那道最贵的菜,使总金额最低,并且最终余额也是是m-sum,可与(1)条件合并。(3)如果卡上金额小于5,啥也买不了,直接输出吧。(4)如果都不符合,那就进入最复杂的处理了。先购买适量的菜,使卡内余额的金额大于等于且最接近5,最后购买最贵的菜就好了。子问题也就是01背包问题。一道题我做的他妈的特别坑,就是套模板,结果他妈的找的模板竟然是个错的!!!改了30多遍都是WA,我也是醉了。。。呼吁大佬们确保一下发到网上的模板的质量。。。不要再坑害更多小菜鸡了。。。。
代码:
#include<iostream>#include<cstdio>#include<cstdlib>#include<cmath>#include<cstring>#include<algorithm>using namespace std;int v[1010];int dp[1010][1001];int main(){freopen("in.txt","r",stdin);int n;while(scanf("%d",&n)&&n){int sum=0;for(int i=1;i<=n;i++){scanf("%d",&v[i]);sum+=v[i];}sort(v+1,v+n+1);int m;scanf("%d",&m);if(m<5){ printf("%d\n",m); }else if(sum-v[n]<=m-5){printf("%d\n",m-sum);}else{memset(dp,0,sizeof(dp));for(int i=1; i<=n-1; i++) // 物品数 for(int j=m-5; j>=0; j--) //放入背包{if(j>=v[i])dp[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[i-1][j-v[i]]+v[i]);else dp[i][j]=dp[i-1][j];} printf("%d\n",m-dp[n-1][m-5]-v[n]);}}return 0;}
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