【BZOJ 1716】 [Usaco2006 Dec]The Fewest Coins 找零钱(背包dp)

博客围绕农夫John买东西使硬币转手次数最少的问题展开。给出问题描述、输入输出要求及示例,解题思路是对约翰做多重背包,对老板做完全背包,过程中因最大值设太大导致溢出,多次调试才发现问题。

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题目

Description

农夫John想到镇上买些补给。为了高效地完成任务,他想使硬币的转手次数最少。即使他交付的硬币数与找零得到的的硬币数最少。 John想要买T(1<=T<=10000)样东西。有N(1<=n<=100)种货币参与流通,面值分别为V1,V2…Vn (1<=Vi<=120)。John有Ci个面值为Vi的硬币(0<=Ci<=10000)。我们假设店主有无限多的硬币,并总按最优方案找零。

Input
  • Line 1: 两个整数 N 与 T 。

  • Line 2: N 个数,表示 V1, V2, …Vn。

  • Line 3: N 个数,表示 C1, C2, …Cn。

Output
  • Line 1: 一个整数,表示最优方案的转手次数,如无解输出-1。
Sample Input

3 70
5 25 50
5 2 1

Sample Output

3

原题传送门

思路

题目思维难度并不大。
一个多重背包+完全背包。
我们对约翰做多重背包,对老板做完全背包。
然而,错了n次,极度怀疑我自己。
调了一个小时,发现,最大值设的太大了。。。 溢出了。。。
哎……

代码

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
const int M = 110, N = 10000+120*120+10;
int dp1[N], dp2[N], v[M], c[M];

int main() {
	ios::sync_with_stdio(false);
	int n, t, maxn = 0; cin >> n >> t;
	for (int i = 0; i < n; i++)
		cin >> v[i], maxn = max(maxn, v[i]);
	maxn = maxn*maxn;
	int maxm = t+maxn;
	for (int i = 0; i < n; i++) cin >> c[i];
	for (int i = 0; i <= maxm; i++) dp1[i] = dp2[i] = 129237174;
	dp1[0] = 0, dp2[0] = 0;
	for (int i = 0; i < n; i++) {
		int k = 1, sum = 0;
		while (sum < c[i]) {
			for (int j = maxm; j >= v[i]*k; j--)
				dp1[j] = min(dp1[j], dp1[j-v[i]*k]+k);
			sum += k;
			if (sum+k*2 > c[i]) k = c[i]-sum;
			else k *= 2;
		}
	}
	for (int i = 0; i < n; i++)
		for (int j = v[i]; j < maxn; j++)
			dp2[j] = min(dp2[j], dp2[j-v[i]]+1);
	int ans = 129237154;
	for (int i = t; i <= maxm; i++)
		ans = min(ans, dp1[i]+dp2[i-t]);
	if (ans == 129237154) cout << -1 << endl;
	else cout << ans << endl;
	return 0;
}
题目描述 牛牛和她的朋友们正在玩一个有趣的游戏,他们需要构建一个有 $n$ 个节点的无向图,每个节点都有一个唯一的编号并且编号从 $1$ 到 $n$。他们需要从节点 $1$ 到节点 $n$ 找到一条最短路径,其中路径长度是经过的边权的和。为了让游戏更有趣,他们决定在图上添加一些额外的边,这些边的权值都是 $x$。他们想知道,如果他们添加的边数尽可能少,最短路径的长度最多会增加多少。 输入格式 第一行包含两个正整数 $n$ 和 $m$,表示节点数和边数。 接下来 $m$ 行,每行包含三个整数 $u_i,v_i,w_i$,表示一条无向边 $(u_i,v_i)$,权值为 $w_i$。 输出格式 输出一个整数,表示最短路径的长度最多会增加多少。 数据范围 $2 \leq n \leq 200$ $1 \leq m \leq n(n-1)/2$ $1 \leq w_i \leq 10^6$ 输入样例 #1: 4 4 1 2 2 2 3 3 3 4 4 4 1 5 输出样例 #1: 5 输入样例 #2: 4 3 1 2 1 2 3 2 3 4 3 输出样例 #2: 2 算法 (BFS+最短路) $O(n^3)$ 我们把问题转化一下,假设原图中没有添加边,所求的就是点 $1$ 到点 $n$ 的最短路,并且我们已经求出了这个最短路的长度 $dis$。 接下来我们从小到大枚举边权 $x$,每次将 $x$ 加入图中,然后再次求解点 $1$ 到点 $n$ 的最短路 $dis'$,那么增加的最短路长度就是 $dis'-dis$。 我们发现,每次加入一个边都需要重新求解最短路。如果我们使用 Dijkstra 算法的话,每次加入一条边需要 $O(m\log m)$ 的时间复杂度,总的时间复杂度就是 $O(m^2\log m)$,无法通过本题。因此我们需要使用更优秀的算法。 观察到 $n$ 的范围比较小,我们可以考虑使用 BFS 求解最短路。如果边权均为 $1$,那么 BFS 可以在 $O(m)$ 的时间复杂度内求解最短路。那么如果我们只是加入了一条边的话,我们可以将边权为 $x$ 的边看做 $x$ 条边的组合,每次加入该边时,我们就在原始图上添加 $x$ 条边,边权均为 $1$。这样,我们就可以使用一次 BFS 求解最短路了。 但是,我们不得不考虑加入多条边的情况。如果我们还是将边权为 $x$ 的边看做 $x$ 条边的组合,那么我们就需要加入 $x$ 条边,而不是一条边。这样,我们就不能使用 BFS 了。 但是,我们可以使用 Floyd 算法。事实上,我们每次加入边时,只有边权等于 $x$ 的边会发生变化。因此,如果我们枚举边权 $x$ 时,每次只需要将边权等于 $x$ 的边加入图中,然后使用 Floyd 算法重新计算最短路即可。由于 Floyd 算法的时间复杂度为 $O(n^3)$,因此总的时间复杂度为 $O(n^4)$。 时间复杂度 $O(n^4)$ 空间复杂度 $O(n^2)$ C++ 代码 注意点:Floyd算法计算任意两点之间的最短路径,只需要在之前的路径基础上加入新的边构成的新路径进行更新即可。
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