BZOJ3233 [Ahoi2013]找硬币

最新推荐文章于 2020-10-28 11:53:18 发布

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原文链接：http://www.cnblogs.com/y-clever/p/7379690.html

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#数据结构与算法

本文探讨了一个有趣的问题：如何确定购买一系列不同价格的兔纸所需的最少硬币数量，通过构造特定的硬币序列来实现。采用动态规划的方法进行求解，并通过枚举素数的方式进行优化。

Description

小蛇是金融部部长。最近她决定制造一系列新的货币。假设她要制造的货币的面值为x1,x2,x3… 那么x1必须为1，xb必须为xa的正整数倍（b>a）。例如 1，5，125，250就是一组合法的硬币序列，而1，5，100，125就不是。不知从哪一天开始，可爱的蛇爱上了一种萌物——兔纸！从此，小蛇便走上了遇上兔纸娃娃就买的不归路。某天，小蛇看到了N只可爱的兔纸，假设这N 只兔纸的价钱分别是a1,a2…aN。现在小蛇想知道，在哪一组合法的硬币序列下，买这N只兔纸所需要的硬币数最少。买兔纸时不能找零。

Input

第一行，一个整数N，表示兔纸的个数

第二行，N个用空格隔开的整数，分别为N只兔纸的价钱

Output

一行，一个整数，表示最少付的钱币数。

Sample Input

2
25 102

Sample Output

HINT

样例解释：共有两只兔纸，价钱分别为25和102。现在小蛇构造1，25，100这样一组硬币序列，那么付第一只兔纸只需要一个面值为25的硬币，第二只兔纸需要一个面值为100的硬币和两个面值为1的硬币，总共两只兔纸需要付4个硬币。这也是所有方案中最少所需要付的硬币数。

1<=N<=50, 1<=ai<=100,000

题解

令$f_i$表示当所有数都除以$i$下取整之后的答案；

可以发现最优方案肯定是一个素数一个素数乘上去，因此枚举$i$，枚举素数转移；时间复杂度为n*m*m以内的素数倒数和$=O(nmloglogm)$，其中m是最大的a。

代码：

#include <algorithm>
#include <cstdio>
const int N = 100050;
int n;
int A[55];
bool mark[N];
int prime[N], prcnt;
void getPrime() {
  prcnt = 0;
  for (int i = 2; i < N; ++i) {
    if (!mark[i]) prime[prcnt++] = i;
    for (int j = 0; j < prcnt && i * prime[j] < N; ++j) {
      mark[i * prime[j]] = 1;
      if (!(i % prime[j])) break;
    }
  }
}
int f[N];
int main() {
  scanf("%d", &n);
  int maxv = 0;
  for (int i = 0; i < n; ++i) {
    scanf("%d", &A[i]);
    maxv = std::max(maxv, A[i]);
  }
  getPrime();
  for (int i = maxv; i; --i) {
    f[i] = 0;
    for (int j = 0; j < n; ++j) f[i] += A[j] / i;
    for (int j = 0; j < prcnt && i * prime[j] <= maxv; ++j) {
      int anst = f[i * prime[j]];
      for (int k = 0; k < n; ++k) anst += A[k] / i % prime[j];
      f[i] = std::min(f[i], anst);
    }
  }
  printf("%d\n", f[1]);
  return 0;
}

转载于:https://www.cnblogs.com/y-clever/p/7379690.html