北大ACM——1742，Coins（多重背包）

多重背包问题。
详解见博客：
https://blog.youkuaiyun.com/Estia_/article/details/83590060

这道题时间卡得超严，在看大佬的代码之前疯狂TLE。
代码如下：

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn=1e5+5;
bool dp[maxn];	//用bool快超多 
int a0[105];
int main()
{
	int n,m,c;
	while(~scanf("%d%d",&n,&m)&&n&&m)
	{
		for(int i=1;i<=m;i++)		//原本i，j，k等都是在一开始定义好的，但疯狂TLE，就把它们弄成临时定义，结果好像快了一点
			dp[i]=0;
		dp[0]=1; 
		for(int i=1;i<=n;i++)
			scanf("%d",&a0[i]);
		for(int i=1;i<=n;i++)
		{
			scanf("%d",&c);
			if(a0[i]*c>=m)	//转化为完全背包
				for(int j=a0[i];j<=m;j++)
					dp[j]=dp[j]|dp[j-a0[i]];
			else		//转化为01背包
			{
				for(int k=1;k<=c;k<<=1)
				{
					int val=a0[i]*k;
					for(int j=m;j>=val;j--)
						dp[j]=dp[j]|dp[j-val];
					c-=k;
					if(!c)
						break;
				}
				if(c)
				{
					int val=a0[i]*c;
					for(int j=m;j>=val;j--)
						dp[j]=dp[j]|dp[j-val];
				}
			}
		}
		int sum=0;
		for(int i=1;i<=m;i++)
			sum+=dp[i];
		printf("%d\n",sum);
	}
	return 0;
}

其实后来一想，原题的题意理解错了，题目是要求问1~m之间有多少可以构成多少种价值，而不是说构成价值1-m之间的方案数有多少种。（虽然最终结果都一样）也因此，dp数组可以用成bool类型。
事实上，这道题也属于另外一种类型题，多重背包可行性分析，对于这类问题，还有一种O（n*m）的算法。
强推：http://www.doc88.com/p-2961204836432.html

状态：dp[i,j]表示用前i中物品构成价值j时，第i种硬币最多剩下多少种。
如果能够构成价值j，则0<=do[i,j]<=c[i]，否则dp[i,j]=-1.
对于这个算法，每一步都要进行初始化：
if(d[i-1,j]>=0) dp[i,j]=c[i]
else dp[i,j]=-1;
状态转移方程：
for(j=0,j<=m-a[i],;j++)
if(dp[i,j]>0)
dp[i,j+a[i]]=max(dp[i,j+a[i]],dp[i,j]-1);
这些会在代码中解释。

代码如下：

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn=1e5+5;	
int dp[maxn]; 	//这里要用成一维数组，否则会爆内存（POJ这道题卡得真的是严）
int a0[105];
int main()
{
	int n,m,c;
	while(~scanf("%d%d",&n,&m)&&n&&m)
	{
		for(int i=1;i<=m;i++)		//最初的初始化
			dp[i]=-1;
		dp[0]=0;
		for(int i=1;i<=n;i++)
			scanf("%d",&a0[i]);
		for(int i=1;i<=n;i++)
		{
			scanf("%d",&c);
			for(int j=0;j<=m;j++)		
				if(dp[j]>=0)	dp[j]=c;	//相当于dp[i-1,j]>=0，即用前i-1种硬币已经能够构成价值j了，那么也就用不着第i种硬币了，故dp[i,j]=c
				else dp[j]=-1;	//否则，先把那些用前i-1种硬币无法构成的价值，都先赋值为-1
			for(int j=0;j<=m-a0[i];j++)
				if(dp[j]>0)		//如果dp[i,j]>0，说明这种价值j的方案存在而且第i种硬币还有剩余
					dp[j+a0[i]]=max(dp[j+a0[i]],dp[j]-1);	//那么更新dp[i,j+a0[i]]，注意，原本dp[i,j+a0[i]]是可能为-1的，这一步就将前面用前i-1种硬币无法构成的价值当中，再次挑出那些可以由于第i种硬币的参与，而能够构成的价值
		}
		int sum=0;
		for(int i=1;i<=m;i++)
			if(dp[i]>=0)	//价值为j的方案存在
				sum++;
		printf("%d\n",sum);
	}
	return 0;
}

个人觉得，这种算法一个核心就是用前面已经能够构成的价值方案，去推出更多的价值。