USACO - 3.1.6 - Stamps

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#exception #output #input #session #import #string

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http://qingtangpaomian.iteye.com/blog/1635988

一. 题目翻译

1. 描述：

已知一个 N 枚邮票的面值集合（如，{1 分，3 分}）和一个上限 K —— 表示信封上能够贴 K 张邮票。计算从 1 到 M 的最大连续可贴出的邮资。

例如，假设有 1 分和 3 分的邮票；你最多可以贴 5 张邮票。很容易贴出 1 到 5 分的邮资（用 1 分邮票贴就行了），接下来的邮资也不难：

6 = 3 + 3

7 = 3 + 3 + 1

8 = 3 + 3 + 1 + 1

9 = 3 + 3 + 3

10 = 3 + 3 + 3 + 1

11 = 3 + 3 + 3 + 1 + 1

12 = 3 + 3 + 3 + 3

13 = 3 + 3 + 3 + 3 + 1

然而，使用 5 枚 1 分或者 3 分的邮票根本不可能贴出 14 分的邮资。因此，对于这两种邮票的集合和上限 K=5，答案是 M=13。 [规模最大的一个点的时限是3s]

小提示:因为14贴不出来,所以最高上限是13而不是15

。

2. 格式：

INPUT FORMAT:

第 1 行：两个整数，K 和 N。K（1 <= K <= 200）是可用的邮票总数。N（1 <= N <= 50）是邮票面值的数量。

第 2 行 .. 文件末： N 个整数，每行 15 个，列出所有的 N 个邮票的面值，每张邮票的面值不超过 10000。

OUTPUT FORMAT:

第 1 行：一个整数，从 1 分开始连续的可用集合中不多于 K 张邮票贴出的邮资数。

3. SAMPLE：

SAMPLE INPUT:

5 2

1 3

SAMPLE OUTPUT:

二. 题解

1. 题意理解（将问题分析清楚，大致用什么思路）：

这道题目还是可以使用动态规划的，我们使用一个数组needs[i]表示产生面值为i的邮资需要的最少的邮票数量。然后遍历needs[i]，如果needs[i]大于我们输入的最大可使用的邮票数量，则输出i-1为满足要求的最大面值。

2. 具体实现（具体实现过程中出现的问题）：

状态转移方程如下needs[i] = min {needs[i] , needs[i-prize[k]]+1}(k=1..N)。具体实现请参考代码。

package session_3_1_6;

import java.io.BufferedReader;
import java.io.BufferedWriter;
import java.io.FileNotFoundException;
import java.io.FileReader;
import java.io.FileWriter;
import java.io.PrintWriter;
import java.util.Arrays;
import java.util.Scanner;

public class stamps {

	public static void main(String[] args) throws Exception {
//		Scanner in = new Scanner(System.in);
//		PrintWriter pw = new PrintWriter(System.out);
		
		Scanner in = new Scanner(new BufferedReader(new FileReader(
		"stamps.in")));
		PrintWriter pw = new PrintWriter(new BufferedWriter(new FileWriter(
		"stamps.out")));
		
		int K = in.nextInt();
		int N = in.nextInt();
		int[] needs = new int[2000000]; //动态规划用数组 ， needs[i]表示产生面值为i的邮资所用的最少的邮票数量。
		int[] stamps = new int[N]; //输入提供的各种邮票的面值
		Arrays.fill(needs, Integer.MAX_VALUE);
		
		for (int j=0;j<N;j++){
			stamps[j] = in.nextInt();
		}
		
		int i = 0;
		needs[0] = 0;
		for (;needs[i]<=K;){
			i++;
			for (int j=0;j<stamps.length;j++){
				if (stamps[j]<=i){
					needs[i] = min(needs[i] ,needs[i-stamps[j]]+1); //状态转移方程
				}
			}
		}
		pw.println(i-1);
		pw.close();
	}
	
	public static int min(int a , int b){
		return a<b?a:b;
	}

}

下面是上面题的升级版

http://sfiction.blog.163.com/blog/static/1994040102012520113738298/

给定一个信封，最多只允许粘贴N张邮票，计算在给定K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max，使得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l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分就是可以得到连续的邮资最大值，所以max=7，面值分别为l分、3 分。
[数据范围]
100%的数据，N + K <= 14

这道题真是混蛋……开始是动态规划没写全WA了两次，修正以后无数2B错误连WA三次，唯一的欣慰就是最优解排在第七。
DFS+DP。DFS枚举所有可能的构造方式，用背包解决0..M的面值用当前邮票凑出的最小代价。

/*
ID: Sfiction
OJ: RQNOJ
PROB: 112
*/
#include <stdio.h>
#define M 500
int a[20],f[M],ans[20];
int N,K,MAX,g=1<<29;
void DFS(int k,int s)
{
    int i,j,t[M];
    if (k==K)
    {
        if (s>=MAX)
            for (MAX=s,i=1;i<=K;i++) ans[i]=a[i];
        return;
    }
    for (i=0;i<M;i++) t[i]=f[i];
    for (i=a[k]+1;i<=s;i++)
    {
        for (j=0;j<M-i;j++)
            if (f[j]+1<f[j+i]) f[j+i]=f[j]+1;
        for (j=s;f[j]<=N;j++);
        a[k+1]=i;
        DFS(k+1,j);
        for (j=0;j<M;j++) f[j]=t[j];
    }
}
int main()
{
    int i;
    scanf("%d%d",&N,&K);
    a[1]=1;
    for (i=1;i<=N;i++) f[i]=i;
    for (;i<M;i++) f[i]=g;
    DFS(1,N+1);
    for (i=1;i<=K;i++) printf("%d ",ans[i]);
    printf("\nMAX=%d",MAX-1);
    return 0;
}