【NOIP 2018 提高组】 货币系统 —— 贪心 + DP

NOIP 2018 提高组 货币系统

题目背景：NOIP 2018 提高组 D1 T2

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题目描述

在网友的国度中共有 $n$ 种不同面额的货币，第 $i$ 种货币的面额为 $a[i]$，你可以假设每一种货币都有无穷多张。为了方便，我们把货币种数为 $n$、面额数组为 $a[1..n]$ 的货币系统记作 $(n,a)$。

在一个完善的货币系统中，每一个非负整数的金额 $x$ 都应该可以被表示出，即对每一个非负整数 $x$，都存在 $n$ 个非负整数 $t[i]$ 满足 $a[i]\times t[i]$ 的和为 $x$。然而， 在网友的国度中，货币系统可能是不完善的，即可能存在金额 $x$ 不能被该货币系统表示出。例如在货币系统 $n=3$， $a=[2,5,9]$ 中，金额 $1,3$ 就无法被表示出来。

两个货币系统 $(n,a)$ 和 $(m,b)$ 是等价的，当且仅当对于任意非负整数 $x$，它要么均可以被两个货币系统表出，要么不能被其中任何一个表出。

现在网友们打算简化一下货币系统。他们希望找到一个货币系统 $(m,b)$，满足 $(m,b)$ 与原来的货币系统 $(n,a)$ 等价，且 $m$ 尽可能的小。他们希望你来协助完成这个艰巨的任务：找到最小的 $m$。

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输入格式

输入文件的第一行包含一个整数 $T$，表示数据的组数。

接下来按照如下格式分别给出 $T$ 组数据。 每组数据的第一行包含一个正整数 $n$。接下来一行包含 $n$ 个由空格隔开的正整数 $a[i]$。

输出格式

输出文件共有 $T$ 行，对于每组数据，输出一行一个正整数，表示所有与 $(n,a)$ 等价的货币系统 $(m,b)$ 中，最小的 $m$。

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样例 1

样例输入

2 
4 
3 19 10 6 
5 
11 29 13 19 17

样例输出

2   
5

提示

在第一组数据中，货币系统 $(2,[3,10])$ 和给出的货币系统 $(n,a)$ 等价，并可以验证不存在 $m<2$ 的等价的货币系统，因此答案为 $2$。 在第二组数据中，可以验证不存在 $m<n$ 的等价的货币系统，因此答案为 $5$。

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【数据范围与约定】

对于 $100\%$ 的数据，满足 $1⩽T⩽20$，$n,a[i]⩾1$。

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算法：贪心 + DP

1. 首先预置组成的意思 —— 对 $\forall x\in N$，从一个集合 $S$ 里选择一些 $⩽x$ 的数 $(s_1,s_2,...,s_k)$ ，有 $x=\sum _{i=1}^k{t}_i\times s_i$（$t_i>0$）。

2. 初步思路：把 $(n,a)$ 和 $(m,b)$ 看作集合 $A$ 和 $B$，根据题目意思，就是对任意 $x$，都要有 $A$ 和 $B$ 能够组成 $x$，否则两个集合都不能组成 $x$；由于题目要求 $B$ 最小，所以可以猜测 $B$ 为 $A$ 的子集。

3. 先证一个前置结论：若 $x\in A$，且 $x$ 无法由 $A$ $|$ $x$（即 $A$ 中 $x$ 的补集，下用 $x^c$ 表示）组成，则 $x\in B$。下用反证法，不妨设存在满足上述条件的 $x$，有 $x\notin B$，根据题目条件，$B$ 中没有 $x$，意味着必须有 $(b_1,b_2,...b_p)$，$b_i\in B$，组成 $x$，那么这些元素就至少存在一个 $b_t\notin A$ 且 $b_t$ 不能由 $A$ 组成，否则 所有 $b_i\in A$，那说明 $x$ 是可以由 $x^c$ 组成的，或是 $b_t\notin A$，但 $b_t$ 能由 $A$ 组成，即 $b_t=\sum _{i=1}^{k^{\prime }}{t}_{n_i}\times a_{n_i}$（$1⩽n_i,k^{\prime }⩽k$），所以可以将 $b_t$ 拆成 $A$ 中元素，同理对其他满足这个性质的 $b_i$ 都拆成 $A$ 中元素，再加上这些元素一定都比 $x$ 小，这样就推导出 $x^c$ 能够组成 $x$，与假设矛盾，所以结论成立。

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贪心部分

1. 首先需要证明：$B\subset A$。根据子集的定义，$\forall x\in B$，都有 $x\in A$，于是我们用反证法，不妨设 $\exists x\in B$，有 $x\notin A$。根据题目意思，$A$ 中没有 $x$，那就必须有 $(a_1,a_2,...a_p)$，$a_i\in A$，组成 $x$，若其中有一些 $a_i$ 可以被 $a_i^c$ 组成，那么就将其替换为组成 $a_i$ 的 $a_i^c$ 中的元素，这样就可以得到一个由 $A$ 组成 $x$ 的集合 $(a_{n_1},a_{n_2},...a_{n_{k^{\prime }}})$，这个集合内的每一个元素 $a_{n_i}$ 都不能由 $a_{n_i}^c$ 组成，于是由上述的前置结论，一定有 $\forall a_{n_i}\in B$，所以就有 $x^c$ 能够组成 $x$（这里是关于 $B$ 的补集）。再接着推导，就能得到，所有含有 $x$ 的集合，其所能组成的数，将 $x$ 替换为 $x^c$ 中组成 $x$ 的集合的元素，也完全可以，因此整个集合 $B$ 减去一个 $x$ 同样满足题目要求，所以此时的 $B$ 集合不是最小的，与假设矛盾，所以 $\forall x\in B$，都有 $x\in A$，即 $B$ 是 $A$ 的子集成立。

2. 接下来开始求解 $B$ 集合。通过上面的推导，我们很容易得出一个猜想：对于 $A$ 中所有不能由 $a_i^c$ 组成的 $a_i$，都应该有 $a_i\in B$。这个证明可以分成两边，一边是往扩大集合的角度，一边是往缩小集合的角度。第一是扩大集合，这个角度很显然地被排除了，因为上述推导 $B\subset A$ 的时候就提到了，如果一个数能被一个集合组成，那就把这个数换成组成它的集合的元素，对结果没有影响，所以 $B$ 数组不需要再扩大了。第二是缩小集合的角度，若 $B$ 数组在上述假设的基础上再扣掉一些 $a_i$，那么这些被扣掉的 $a_i$ 就根本无法由任何 $B$ 的子集组成，因为它们除了自己等于自己以外，无法由任何集合组成，所以 $B$ 数组也无法缩小。由夹逼定理，$B$ 集合就等于 $A$ 中所有不能由 $a_i^c$ 组成的 $a_i$ 的集合。

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DP 部分

1. 首先根据上述的贪心，我们可以将所有数从小到大排序，接着从前往后扫，因为小的数才有可能作为上述的备选对象，即无法由任何集合组成。

2. 设 $f(i,j)$ 为从前 $i$ 个数中选，$f(i,j)=1$ 表示 $j$ 能被表示出来，$f(i,j)=0$ 表示 $j$ 无法被表示。

3. 于是有状态转移方程 $f(i,j)=f(i,j)|f(i-1,j-a[i])$。

4. 注意这里要优化掉第一维的话需要像完全背包那样优化，因为每个数都可以无限选。

参考文献：第一篇题解

时间复杂度 $O(T\times n\times m)$ （$m=\underset{1⩽i⩽n}{\max }a[i]$）

C ++ 代码

#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>

#define x first
#define y second

#define endl '\n'

#define fup(i, a, b) for (int i = a; i <= b; i ++ )
#define fdn(i, a, b) for (int i = a; i >= b; i -- )

using namespace std;

typedef long long LL;
typedef pair<int, int> PII;

const int N = 110, M = 30010, MOD = 1e9 + 7;

int n, m;
int a[N], f[M];

void solve()
{
    cin >> n;
    fup(i, 1, n) cin >> a[i];
    sort(a + 1, a + n + 1);

    memset(f, 0, sizeof f);
    f[0] = 1;

    int res = 0;
    fup(i, 1, n) 
    {
        if (!f[a[i]]) res ++ ;
        fup(j, a[i], a[n]) f[j] |= f[j - a[i]];
    }

    cout << res << endl;
}

int main()
{
    int T = 1;
    cin >> T;
    while (T -- ) solve();

    return 0;
}