【详解】第十二届蓝桥杯 试题G:砝码称重 的dp极详细解法，包含多个细节

题目描述

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题目释义

n个砝码每个都可以放到天平的任意一端，求能称出多少种重量。

算法设计

算法选择

大多数人第一反应当然是暴力，毕竟N在100以内……

但是暴力出奇迹毕竟是不妥当的，算法人自然要寻求更高效的解法

此处可以隐约感觉到前i个砝码能称出的重量应该与前i-1个砝码能称出的重量有关，所以可以分析此题是否符合动态规划的条件

dp分析：

定义：f[i][j]表示考虑前i个砝码能否称出重量j，能f[i][j]=1,不能f[i][j]=0

为何如此定义？

首先，我们需要用i来表示前i个砝码。

关键就是为何想到dp表的含义是是否称量的出来呢而不是重量数或者其它的什么东西？

关键就在于前i个砝码能否称出重量j与前i-1个砝码能否称出重量x有关，即只与前i-1个砝码究竟能称出哪些重量有关。

所以这里用j表示重量j能否被称出。所有可能出现的重量都包含在内，当然就用0和1来标识这个重量有没有可能出现。

状态转移

接下来考虑如何求前i个砝码能否称出的重量j

根据动态规划的核心：解决问题时其所需要的子问题已全部解决

在考虑前i个砝码能否称出重量j时，前i-1个砝码对于每一个j是否能够将其称出均已得到。

对于第i个砝码

1. 若前i - 1个砝码能称出重量j，则前i - 1个砝码必然也能称出重量j，称的时候不取第i个砝码即可
2. 若前i - 1个砝码能称出j - w[i] (w[i]记录第i个砝码的重量)，称的时候取第i个砝码即可称出j
3. 若前i - 1个砝码能称出j+w[i]，称的时候将第i个砝码放在天平另一端即可称出j

那么，如果j - w[i]产生了负值该如何处理？

由于将重量为w[i]砝码放在天平的另外一端可以假象为将重量为-w[i]的砝码放在前i - 1个砝码同一端，所以如果前i个砝码能够称出重量j，那么前i个砝码同样能够称出重量-j（将前i个砝码放到天平另一端即可）。即f[i][j] = f[i][-j],所以我们直接对j - w[i]取绝对值，这样就避免了出现负下标的情况。

例如样例

对于f[2][3]，此时我们已经知道前i-1个砝码对于每一个的j能否将其称出。

1. f[1][3] = 0，即第一个砝码无法称出3这个重量
2. f[1][7] = 0，即无法通过在天平另一端放i来称出重量j
3. f[1][1] = 1，即可以通过将砝码2放在1的另一端来称出重量j

综上所述，这三个条件满足任意一个就能够称出重量j，所以他们之间是或的关系。

状态转移方程就可以写为：

f[i][j] = f[i - 1][j] || f[i - 1][j + w[i]] || f[i - 1][abs(j - w[i])]

数据处理

定义全局变量n,w[101],f[101][200001]分别表示数量、重量、dp

将这些变量定义为全局变量是一个很好的习惯。全局变量会被自动赋予初始值，而且能够在任意函数内使用。

int n, w[101], f[101][200001];

定义weight为砝码重量之和，weight即为j的最大值

cin >> n;
int weight = 0;
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
cin >> w[i];
weight += w[i];
}

初始化：

f[1][0] = 1;
f[1][w[1]] = 1;

第一个砝码自然只能称出重量0和重量w[1]

算法逻辑

对于第i个砝码，算出其能否称出重量j，但凡其满足上述三种条件之一就能够称出

    for (int i = 2; i <= n; ++i) {
        for (int j = 0; j <= weight; ++j) {
            f[i][j] = f[i - 1][abs(j - w[i])] || f[i - 1][j + w[i]] || f[i - 1][j];
        }
    }

输出处理

自然是对于前i个砝码，如果能称出就ans++

int ans = 0;
for (int i = 1; i <= weight; ++i) {
    if (f[n][i]) {
        ans++;
    }
}