NOIP1999邮票面值设计

NOIP1999邮票面值设计

题目描述 Description

 

给定一个信封，最多只允许粘贴N张邮票，计算在给定K（N+K≤40）种邮票的情况下（假定所有的邮票数量都足够），如何设计邮票的面值，能得到最大值MAX，使在1～MAX之间的每一个邮资值都能得到。

   

    例如，N=3，K=2，如果面值分别为1分、4分，则在1分～6分之间的每一个邮资值都能得到（当然还有8分、9分和12分）；如果面值分别为1分、3分，则在1分～7分之间的每一个邮资值都能得到。可以验证当N=3，K=2时，7分就是可以得到的连续的邮资最大值，所以MAX=7，面值分别为1分、3分。

输入描述 Input Description

N和K

输出描述 Output Description

每种邮票的面值，连续最大能到的面值数。数据保证答案唯一。

样例输入 Sample Input

3 2

样例输出 Sample Output

1 3

MAX=7

    这道题的做法是DFS+DP，整体的思路是：先搜出一种邮票面值组合方案，再用DP求出在这种方案下能组合出的最大的总面值

    DPS：没什么特殊的，需要注意的是，当前正在枚举的这个邮票的面值的下界是前一个邮票的面值+1，上界是在还没有这张邮票的时候，前面的邮票最大能组成多大的面值+1

    DP：这是一位神犇的博客里看到的，f[i]表示用当前这些邮票，组合出i的面值，需要最少的邮票数，now数组中存的是邮票的面值，则有f[i]=min{f[ i-now[j] ]}+1(j=1...邮票数)，一个明显的结论是f数组一定是不下降的，所以当发现f[i]>N时，i-1就是最大面值

代码：

//NOIP1999 邮票面值设计 动态规划+搜索 
#include <cstdio>
#include <vector>
#include <cstring>
#define inf 0x3f3f3f3f

using namespace std;

int MAX=-inf, size, N, K, f[500];
vector<int> ans, now;

int update()
{
	int i, j;
	i=1;
	memset(f,inf,sizeof(f));
	f[0]=0;
	f[1]=1;
	while(true)
	{
		for(j=0;j<now.size();j++)
			if(i>=now[j])
				f[i]=min(f[i],f[ i-now[j] ]+1);
		if(f[i]>N)
		{
			if(i-1>MAX)
			{
				MAX=max(MAX,i-1);
				ans=now;
			}
			return i-1;
		}
		i++;
	}
}

void dfs(const int deep)
{
	int m, i;
	m=update();
	for(i=now[now.size()-1]+1;i<=m+1;i++)
	{
		now.push_back(i);
		update();
		if(deep<K)dfs(deep+1);
		now.pop_back();
	}
}

int main()
{
	int i;
	scanf("%d%d",&N,&K);
	now.push_back(1);
	dfs(2);
	printf("1");
	for(i=1;i<K;i++)
		printf(" %d",ans[i]);
	printf("\nMAX=%d\n",MAX);
	return 0;
}