281. 硬币

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*算法分析：
初看起来就是个简单的多重背包，$C_i$不大于1000，二进制拆分最多拆出10个数，这样时间复杂度在$10^8$，勉强。提交后，数据强，超时。以下是标准二进制拆分超时代码。

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <algorithm>
using namespace std;
int n, m, A[110], a[1010], f[100010];
int main()  // 二进制拆分，超时  
{
	while (1)
	{
		scanf("%d%d", &n, &m);
		if (!n && !m) break;
		for (int i = 1; i <= n; ++i) scanf("%d", &A[i]);
		int s = 0;
		for (int i = 1; i <= n; ++i)
		{
			int c; scanf("%d", &c);
			int t = 1;
			while (c >= t)
			{
				a[++s] = t * A[i];
				c -= t; 
				t *= 2;
			}
			if (c > 0) a[++s] = c * A[i];
		}
		memset(f, 0, sizeof(f));
		f[0] = 1;
		for (int i = 1; i <= s; ++i)
			for (int j = m; j >= a[i]; --j)
					f[j] = f[j] || f[j-a[i]];
				
		int ans = 0;
		for (int j = 1; j <= m; ++j) ans += f[j];
		printf("%d\n", ans);
	}
	return 0;
}

据说用单调队列优化多重背包，可以达到$O(n\ast m)$。以后有时间再补充。下面算法参考进阶指南。想法很巧妙。

用$used[j]$表示在$f[j]$阶段为i时，体积为j，此时为true的情况下至少需要多少枚第i种硬币。采用一种贪心策略：让$used[j]$转移时，尽量不选第i种硬币。

也就是，当$f[j-a[i]]$为true时，如果此时$f[j]$已经为true，则不执行dp转移。否则才让$f[j]=f[j]-a[i]$，并且$used[j]=used[j-a[i]]+1$。

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <algorithm>
using namespace std;
int n, m, A[110], C[110], f[100010], used[100010];
int main()  
{
	while (1)
	{
		scanf("%d%d", &n, &m);
		if (!n && !m) break;
		for (int i = 1; i <= n; ++i) scanf("%d", &A[i]);
		for (int i = 1; i <= n; ++i) scanf("%d", &C[i]);
		
		memset(f, 0, sizeof(f));
		f[0] = 1;
		for (int i = 1; i <= n; ++i)
		{
			for (int j = 0; j <= m; ++j) used[j] = 0;
			for (int j = A[i]; j <= m; ++j)
				if (!f[j] && f[j-A[i]] && used[j-A[i]] < C[i])
				{
					f[j] = 1;
					used[j] = used[j-A[i]] + 1;
				}
		}
				
		int ans = 0;
		for (int j = 1; j <= m; ++j) ans += f[j];
		printf("%d\n", ans);
	}
	return 0;
}