POJ - 3181 Dollar Dayz(多重背包)

来源:互联网 发布:淘宝网狗狗用品 编辑:程序博客网 时间:2024/03/29 09:23

Dollar Dayz
Time Limit: 1000MS Memory Limit: 65536KB 64bit IO Format: %lld & %llu

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Description

Farmer John goes to Dollar Days at The Cow Store and discovers an unlimited number of tools on sale. During his first visit, the tools are selling variously for $1, $2, and $3. Farmer John has exactly $5 to spend. He can buy 5 tools at $1 each or 1 tool at $3 and an additional 1 tool at $2. Of course, there are other combinations for a total of 5 different ways FJ can spend all his money on tools. Here they are: 

        1 @ US$3 + 1 @ US$2        1 @ US$3 + 2 @ US$1        1 @ US$2 + 3 @ US$1        2 @ US$2 + 1 @ US$1        5 @ US$1
Write a program than will compute the number of ways FJ can spend N dollars (1 <= N <= 1000) at The Cow Store for tools on sale with a cost of $1..$K (1 <= K <= 100).

Input

A single line with two space-separated integers: N and K.

Output

A single line with a single integer that is the number of unique ways FJ can spend his money.

Sample Input

5 3

Sample Output

5


一开始就想的的是多重背包,但一直WA,原来是数据可能非常大要用高精度计算,,,,受教了,,,


#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
using namespace std;
const int N = 1001;
typedef long long LL;
LL  a[N], b[N];
const LL inf = 1000000000000000000LL;


int main()
{
    int n, k;
    while(scanf("%d %d", &n, &k)!=EOF)
    {
        memset(a,0,sizeof(a));
        memset(b,0,sizeof(b));
        b[0]=1;
        for(int i=1;i<=k;i++)
        {
            for(int j=i;j<=n;j+=1)
            {
                a[j]=(a[j]+a[j-i])+(b[j]+b[j-i])/inf;
                b[j]=(b[j]+b[j-i])%inf;
            }
        }
        if(a[n])
            printf("%lld",a[n]);
        printf("%lld\n",b[n]);
    }
    return 0;
}


下面是大神的做法,,但是好像比我的复杂,,,


题目大意:
输入n,和k,问将n用1到k这k个数字进行拆分,有多少种拆分方法。例如:

n=5,k=3 则有n=3+2,n=3+1+1,n=2+1+1+1,n=2+2+1,n=1+1+1+1+1这5种拆分方法

解题思路:

这个题目是个比较明显的动态规划,如果想不到是背包问题,也可以写出状态转移方程如下:

用a[i][j]表示考虑到用数j进行拼接时数字i的拼接方法,可以得到状态转移方程如下:

a[i][j]=a[i][j-1]+a[i-j][j-1]+a[i-2j][j-1]+a[i-3j][j-1]…+a[0][j-1]意思很明显,就将j-1状态可以到达a[i][j]的状态的数字相加。由于得到的结果可能相当大,已经超过了long long,所以应该用大数。但是若跑完所有数据,用大数会超过一秒,我们通过大数的程序可以达到,最大的数字为33位,那么,我们可以将两个long long的数字进行拼接,组成一个超过33位的数。这样增加了速度,这种比较慢的算法也可以不超时。ac的代码如下:

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#include <iostream>#include<cstdio>using namespace std;long long a[1200][200]={0},b[1200][120]={0};int main(){    int i,j,n,m,k;    long long inf,x;    inf=1;    for(i=0;i<18;i++)    {        inf=inf*10;    }    cin>>n>>m;    for(i=1;i<=n;i++)    {        b[i][1]=0;        a[i][1]=1;        for(j=2;j<=m;j++)        {            if(j>i)            {                a[i][j]=a[i][j-1];                b[i][j]=b[i][j-1];                continue;            }            a[i][j]=a[i][j-1];            b[i][j]=b[i][j-1];            for(k=1;k*j<=i;k++)            {                if(i-j*k==0)                {                    a[i][j]++;                    b[i][j]+=a[i][j]/inf;                    a[i][j]=a[i][j]%inf;                }                else {                    b[i][j]+=b[i-j*k][j-1];                    a[i][j]+=a[i-j*k][j-1];                    b[i][j]+=a[i][j]/inf;                    a[i][j]=a[i][j]%inf;                }            }        }    }    if(b[n][m]!=0)    {        cout<<b[n][m];    }    cout<<a[n][m]<<endl;    return 0;}
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其实这个题有更快的方法,看上面这个式子a[i][j]=a[i][j-1]+a[i-j][j-1]+a[i-2j][j-1]+a[i-3j][j-1]…+a[0][j-1]我们可以发现,其实可以转到a[i][j]的状态有两种,一种是a[i][j-1]就是不用j这个数字拼接i这个数字的方法数,另一种是a[i-j][j]就是用了j这个数字拼接的到i-j的方法数那么状态转移方程就可以写成a[i][j]=a[i][j-1]+a[i-j][j]不用加那么多项,就降低了一个数量级的复杂度,仍然利用上面处理大数的方法,得到的ac代码如下:

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#include <iostream>#include <cstdio>#include <cstring>using namespace std;long long a[1100][110],b[1100][110],inf;int main(){    int n,k,i,j;    for(inf=1,i=0;i<18;i++) inf*=10;    memset(a,0,sizeof(a));    memset(b,0,sizeof(b));    scanf("%d%d",&n,&k);    for(i=0;i<=k;i++) a[0][i]=1;    for(i=1;i<=k;i++){        for(j=1;j<=n;j++){            if(j-i<0){                b[j][i]=b[j][i-1];                a[j][i]=a[j][i-1];                continue;            }            b[j][i]=b[j][i-1]+b[j-i][i]+(a[j][i-1]+a[j-i][i])/inf;            a[j][i]=(a[j][i-1]+a[j-i][i])%inf;        }    }    if(b[n][k]) printf("%I64d",b[n][k]);    printf("%I64d\n",a[n][k]);    return 0;}
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其实我们还可以在空间上进行优化,看这个式子a[i][j]=a[i][j-1]+a[i-j][j]我们发现,如果外层循环式j实际上是上一次j在i的值,加上这次j在i-j的值,那么可以只开一维数组,代码如下:

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#include <iostream>#include <cstdio>#include <cstring>using namespace std;long long a[1100],b[1100],inf;int main(){    int n,k,i,j;    for(inf=1,i=0;i<18;i++) inf*=10;    scanf("%d%d",&n,&k);    memset(a,0,sizeof(a));    memset(b,0,sizeof(b));    a[0]=1;    for(i=1;i<=k;i++){        for(j=1;j<=n;j++){            if(j-i<0) continue;            b[j]=b[j]+b[j-i]+(a[j]+a[j-i])/inf;            a[j]=(a[j]+a[j-i])%inf;        }    }    if(b[n]) printf("%I64d",b[n]);    printf("%I64d\n",a[n]);    return 0;}
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这实际上是完全背包问题,只是状态转移方程形式有所不同,不过状态转移的方向是完全相同的。for(j=1;j<=k;j++) for(i=1;i<=n;i++) a[i]=a[i]+a[i-j],是这个题目的方法,由于i是从前往后的,那么a[i]前面的a[i-j]已经是已经考虑了j,而如果是for(j=1;j<=k;j++) for(i=n;i>=1;i--) a[i]=a[i]+a[i-j] ;i是从后往前的,那么a[i-j]是没考虑j的,正是一个只能用一次的情形。相似问题的详尽分析,看背包问题九讲:

http://www.cnblogs.com/goodness/archive/2010/08/13/1798801.html

特别注意事项:

此题目是单组测试数据,那么有两种情况,一种是题目没说清楚,实际上是多组(这种情况只能试),一种是真正的单组,但是测试数据的文件特别多。这种情况每个文件会单独跑一次数据,多个文件加起来的时间就是你做这个题用的时间。如果是多组数据,我们一般喜欢打表,但是对于真正的单组数据,打表则是下下策,因为每跑一次就打一遍所有的表,很浪费时间。所以只跑出输入数据需要的结果即可,对于这个题目的第一种解法,如果打表的话,就只能TLE,所以以后遇到真正的单组,一定要注意这个问题。

另外一个需要注意的是关于64位整数的,64位整数的申明可以有__int64和long long两种,编译器都支持,但是对于有些OJ只支持long long,输入输出上可以”%I64d”也可以”%lld”对于Mingw和CodeBlocks只能用%I64d但是,对于有些OJ则只能用%lld,所以比赛之前务必把这个搞清楚。当然,cin和cout就不用考虑这么多了,但是会相对慢些。

另外,这个题用int64的话,需要考虑b不为0,a不够18位的情况,需要加上前导0,这个题数据比较弱,可能是没考虑我这种做法,故没考虑也能ac。

 

 

 

 

 

上面是大牛的解法。

下面是自己写的两种做法:

代码一:模拟高精度加法:

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#include<stdio.h>#include<algorithm>#include<string.h>#include<iostream>using namespace std;int dp[1010][100];void ADD(int n,int m){    for(int i=0;i<60;i++)    {        dp[n][i]+=dp[m][i];        if(dp[n][i]>=10)        {            dp[n][i]%=10;            dp[n][i+1]++;        }    }}int main(){    int n,m;    while(scanf("%d%d",&n,&m)!=EOF)    {        memset(dp,0,sizeof(dp));        dp[0][0]=1;        for(int i=1;i<=m;i++)          for(int j=i;j<=n;j++)            ADD(j,j-i);        int t=60;        while(t>0&&dp[n][t]==0)t--;        for(int i=t;i>=0;i--)printf("%d",dp[n][i]);        printf("\n");    }    return 0;}
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代码二:

完全背包。

用两个long long来实现。

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#include<iostream>#include<string.h>#include<stdio.h>#include<algorithm>using namespace std;const int MAXN=1100;const long long inf=1000000000000000000LL;long long a[MAXN];//高位long long b[MAXN];//低位int main(){    int n,k;    while(scanf("%d%d",&n,&k)!=EOF)    {        memset(a,0,sizeof(a));        memset(b,0,sizeof(a));        b[0]=1;        for(int i=1;i<=k;i++)          for(int j=i;j<=n;j++)          {              a[j]=a[j]+a[j-i]+(b[j]+b[j-i])/inf;              b[j]=(b[j]+b[j-i])%inf;          }        if(a[n]==0)        {            printf("%I64d\n",b[n]);        }        else        {            printf("%I64d%018I64d\n",a[n],b[n]);        }    }    return 0;}
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