UVA 10465 Homer Simpson (完全背包)

最新推荐文章于 2019-01-08 03:28:49 发布

原创最新推荐文章于 2019-01-08 03:28:49 发布 · 299 阅读

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博客详细解析了UVA在线判题系统中编号为10465的'Homer Simpson'问题，该问题属于完全背包问题。内容可能包括问题描述、解题思路、算法实现以及可能遇到的陷阱和解决方法。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

题目链接：https://cn.vjudge.net/contest/255927#problem/G

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define debug puts("YES");
#define rep(x,y,z) for(int (x)=(y);(x)<(z);(x)++)
#define read(x,y) scanf("%d%d",&x,&y)
#define ll long long

#define lrt int l,int r,int rt
#define lson l,mid,rt<<1
#define rson mid+1,r,rt<<1|1
#define root l,r,rt
const int  maxn =1e4+10;
const int mod=1e9+7;
const int ub=1e6;
ll powmod(ll x,ll y){ll t; for(t=1;y;y>>=1,x=x*x%mod) if(y&1) t=t*x%mod; return t;}
ll gcd(ll x,ll y){return y?gcd(y,x%y):x;}
/*
完全背包典型问题。

刚开始用一种两层循环的写法被超时，
就是第一层枚举剩余容量，第二层枚举选的汉堡的个数，
然后这样进行状态数组的更新。

其实不用这样。。。（自己功夫不到家啊。。。）
学会用以前的状态更新未来的状态。
比如当前状态剩余容量i是可达的，
就是说dp[i]是没考虑当前选择物品的最优值，
那么枚举当前物品的选择，你可以选择枚举数量，
一直枚举到上界，但这样其实是浪费了好多次结果，
只要步进一步更新就可以了，等到扫到步进到的那一步，再更新下一步。
这样复杂度就降下来了。

最后一些细节处理好，答案初始化为0和t，即可避免细节问题。
*/
ll dp[maxn];
int n,m,t;

int main()
{
    while(scanf("%d%d%d",&m,&n,&t)==3)
    {
        memset(dp,-1,sizeof(dp));dp[0]=0;///-1是不可达状态
        for(int i=1;i<=t;i++) if(i%m==0) dp[i]=i/m;///步进，用以前的状态去更新以后的状态
        for(int i=0;i<=t;i++)  if(dp[i]!=-1) dp[i+n]=max(dp[i+n],dp[i]+1);
        if(dp[t]!=-1) printf("%lld\n",dp[t]);
        else
        {
            ll ans=0,ret=t;
            for(int i=t;i>=0;i--)
            {
                if(dp[i]!=-1)
                {
                    ans=dp[i];
                    ret=t-i;
                    break;
                }
            }
            printf("%lld %lld\n",ans,ret);
        }
    }
    return 0;
}