这是一篇关于解决货币系统优化问题的博客，作者通过多次尝试分析并设计算法，试图找到与原货币系统等价且m最小的新系统。经过多次尝试和编码，最终采用直接处理所有数值是否可表示的方法，解决了问题。
问题
传送门: 货币系统
概述
在网友的国度中共有n种不同面额的货币，第i种货币的面额为a[i]，你可以假设每一种货币都有无穷多张。为了方便，我们把货币种数为n、面额数组为a[1…n]的货币系统记作(n,a)。
在一个完善的货币系统中，每一个非负整数的金额x 都应该可以被表示出，即对每一个非负整数x，都存在n个非负整数t[i] 满足a[i] x t[i] 的和为x。然而，在网友的国度中，货币系统可能是不完善的，即可能存在金额x不能被该货币系统表示出。例如在货币系统n=3, a=[2,5,9]中，金额1,3就无法被表示出来。
两个货币系统(n,a)和(m,b)是等价的，当且仅当对于任意非负整数x，它要么均可以被两个货币系统表出，要么不能被其中任何一个表出。
现在网友们打算简化一下货币系统。他们希望找到一个货币系统(m,b)，满足(m,b) 与原来的货币系统(n,a)等价，且m尽可能的小。他们希望你来协助完成这个艰巨的任务：找到最小的m。
输入
输入的第一行包含一个整数T,表示数据组数。接下来按照如下格式分别给出T组数据。
每组数据的第一行包含一个正整数n。接下来一行包含n个由空格隔开的正整数a[i]。
输出
输出文件共T行, 对于每组数据, 输出一行一个正整数, 表示所有与(n, a)等价的货币系统(m, b)中, 最小的m.
约束条件
1 <= T <= 20, 1 <= n <= 100, 1 <= a[i] <= 25000
样例输入
2
4
3 19 10 6
5
11 29 13 19 17
样例输出
2
5
求解
第一次尝试
分析
货币系统中, 如果存在面额大的货币可以被若干个面额小的货币组合表示出来, 那么该面额的货币就可以被从系统之删除掉以优化系统
以19为例, 19 = 10 + 6 + 3. 可以被优化掉
设计
首先将面额存储之后排序一下, 之后从大到小进行判断是否可以优化
用栈来存储每个节点, 包括当前剩余的值(当前值-选择的支的值), 前面可选区域的范围(如19, 它的可选区域的范围就是0~3 共 4个), 如果路线可行, 如果当前节点已经选择了最右分支, 那么下一次它将没路可走, 所以无需重新压栈, 如果还未选择最右分支, 那么更新它的可选区域, 再入栈, 之后将新节点入栈.
编码
// 货币系统
// Written by: by_sknight
// Date: 2019/5/22
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n;
vector<int> a;
bool can_delete(int in_index) {
stack<pair<int, int> > S;
pair<int, int> P;
int residual_value, pre_range, index;
S.push(make_pair(a[in_index], in_index));
while (!S.empty()) {
residual_value = S.top().first;
// 如果in_index下标的值可以被更小的值组合得到, 那么它可以被优化
if (residual_value == 0) {
return true;
}
pre_range = S.top().second;
S.pop();
for (index = pre_range - 1; index >= 0; index--) {
if (residual_value - a[index] >= 0) {
break;
}
}
if (index >= 0) {
// 如果大于0, 则意味着当前节点还可以有右支可行, 所以可以将当前节点存入
// 为0表示已经走到了最右支, 当前节点不必存入, 只存入下一节点即可
if (index > 0)
S.push(make_pair(residual_value, index));
S.push(make_pair(residual_value - a[index], index + 1));
}
}
return false;
}
int main(void) {
int T, tmp;
scanf("%d", &T);
while (T--) {
a.clear();
scanf("%d", &n);
for (int i = 0; i < n; i++) {
scanf("%d", &tmp);
a.push_back(tmp);
}
sort(a.begin(), a.end());
// 因为第一位最小的不可能被优化掉, 所以i>0就足够了
for (int i = n - 1; i > 0; i--) {
if (can_delete(i))
n--;
}
printf("%d\n", n);
}
}
结果
通过95%, 之后超时
总结
- 可能是求解思路本身就不够好
- 代码不够优化
第二次尝试
分析
同第一次尝试
设计
打算采取空间换时间的思想, 如果有一组数据, 5, 10, 20, 25, 45; 如果从小到大处理, 20将会被标记为可以删除, 到45的时候, 减去25剩余20, 此时判断一下标记, 便可以直接确认可删除, 而不是再次处理一遍.
编码
// 货币系统
// Written by: by_sknight
// Date: 2019/5/22
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define MAX 25005
int n;
vector<int> a;
bool can_delete_of_value[MAX];
bool can_delete(int in_index) {
stack<pair<int, int> > S;
int residual_value, pre_range, index;
S.push(make_pair(a[in_index], in_index));
while (!S.empty()) {
residual_value = S.top().first;
// 如果in_index下标的值可以被更小的值组合得到, 那么它可以被优化
if (can_delete_of_value[residual_value]) {
return true;
}
if (residual_value == 0) {
return true;
}
pre_range = S.top().second;
S.pop();
for (index = pre_range - 1; index >= 0; index--) {
if (residual_value - a[index] >= 0) {
break;
}
}
if (index >= 0) {
// 如果大于0, 则意味着当前节点还可以有右支可行, 所以可以将当前节点存入
// 为0表示已经走到了最右支, 当前节点不必存入, 只存入下一节点即可
if (index > 0)
S.push(make_pair(residual_value, index));
S.push(make_pair(residual_value - a[index], index + 1));
}
}
return false;
}
int main(void) {
int T, tmp;
scanf("%d", &T);
while (T--) {
for (int i = 0; i < MAX; i++)
can_delete_of_value[i] = false;
a.clear();
scanf("%d", &n);
for (int i = 0; i < n; i++) {
scanf("%d", &tmp);
a.push_back(tmp);
}
sort(a.begin(), a.end());
// 因为第一位最小的不可能被优化掉, 所以i>0就足够了
int cnt = n;
for (int i = 1; i < n; i++) {
if (can_delete(i)) {
can_delete_of_value[a[i]] = true;
cnt--;
}
}
printf("%d\n", cnt);
}
}
结果
依旧是通过95%, 最后一部分超时
总结
可以判断出最后一个测试用例应该是全部不可以优化的, 而且还是一个特别大的货币系统.
似乎只能考虑思路的问题了.
第三次尝试
分析
同上
设计
由于上次只是添加了可以删除掉的数的标记, 并没有处理不能删除的数的标记, 这次添加了所有处理过程中中间值的标记, 0表示未处理, 1表示处理过但是不能删除, 2表示处理过可以删除
编码
// 货币系统
// Written by: by_sknight
// Date: 2019/5/22
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define MAX 25005
struct Node {
int residual_value;
int pre_range;
int change_number;
Node () {
}
Node (int r, int p, int n) {
residual_value = r;
pre_range = p;
change_number = n;
}
};
int n;
vector<int> a;
int can_delete_of_value[MAX];
// 0: 表示完全未处理
// 1: 表示处理过不可优化
// 2: 表示处理过可以优化
bool can_delete(int in_index) {
stack<Node> S;
Node N;
int residual_value, pre_range, change_number, index;
S.push(Node(a[in_index], in_index, 0));
while (!S.empty()) {
N = S.top();
residual_value = N.residual_value;
pre_range = N.pre_range;
change_number = N.change_number;
S.pop();
// 如果已经处理过了(前提是处理过程绝对正确)
if (can_delete_of_value[residual_value] != 0) {
// 如果不能优化, 并且上一个节点已经走到了最终节点, 那么将其设置
// 为无法优化, 否则不作处理
if (can_delete_of_value[residual_value] == 1) {
if (S.empty()) {
continue;
}
if (S.top().pre_range == 0) {
can_delete_of_value[residual_value + change_number] = 1;
continue;
}
}
// 如果可以优化, 那么上一个节点一定设置为可以优化
else if (can_delete_of_value[residual_value] == 2) {
can_delete_of_value[residual_value + change_number] = 2;
continue;
}
}
// 如果剩余量为0, 则意味着之前的之前的节点可以优化
if (residual_value == 0) {
can_delete_of_value[residual_value + change_number] = 2;
continue;
}
// 如果没有可选操作了
if (pre_range == 0) {
can_delete_of_value[residual_value] = 1;
continue;
}
for (index = pre_range - 1; index >= 0; index--) {
if (residual_value - a[index] >= 0) {
break;
}
}
if (index >= 0) {
// 为了处理最后一次数据, 还是将其存入
S.push(Node(residual_value, index, change_number));
S.push(Node(residual_value - a[index], index + 1, a[index]));
} else {
can_delete_of_value[residual_value] = 1;
}
}
if (can_delete_of_value[a[in_index]] == 2)
return true;
else
return false;
}
int main(void) {
int T, tmp;
scanf("%d", &T);
while (T--) {
for (int i = 0; i < MAX; i++)
can_delete_of_value[i] = 0;
a.clear();
scanf("%d", &n);
for (int i = 0; i < n; i++) {
scanf("%d", &tmp);
a.push_back(tmp);
}
sort(a.begin(), a.end());
// 因为第一位最小的不可能被优化掉, 所以i>0就足够了
int cnt = n;
for (int i = 1; i < n; i++) {
if (can_delete(i)) {
cnt--;
}
}
printf("%d\n", cnt);
}
}
结果
依旧是95%通过, 然后超时
截图与之前没有任何变化, 也就没有截图
总结
还是不要纠结这种思路了, 该想想其他处理的思路了.
第四次尝试
分析
不打算继续拆分了, 看了别人的一些题解, 他们的思路是创建一个数组存储每个值是否可以被表示出来, 不过不同于我的遇到一个值再进去处理, 他们是直接处理
设计
首先对货币系统中的不同面额的货币进行排序
一个数组can_express[], 其中can_express[i]表示数值为i的一个数是否可以使用该货币系统表示出来, 它可以通过它的值 i 减去货币系统中的货币a[j]的到的结果 i - a[j] 这个值是否可以被表示出来得到, 如果可以表示出来的话, 那么i也就可以表示出来, 如果表示不出来的话, 那么 i 与下一个a[j]继续做差, 直到差值小于0, 此时i无法表示出来, 同时还存在一种 i - a[j] 等于0, 那么意味着 i 这个值可以表示出来, 但是它只能通过自身面额表示出来, 所以在计数器中要加1, 详细请看代码
编码
// 货币系统
// Written by: by_sknight
// Date: 2019/5/22
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define MAX_A 25005
#define MAX_N 105
int main(void) {
bool can_express[MAX_A];
int T, n, a[MAX_N];
int max_value, cnt;
scanf("%d", &T);
while (T--) {
max_value = 0;
scanf("%d", &n);
for (int i = 0; i < n; i++) {
scanf("%d", &a[i]);
max_value = max(max_value, a[i]);
}
sort(a, a + n);
can_express[0] = true;
cnt = 0;
for (int i = 1; i <= max_value; i++) {
// 首先, 假设 i 是无法表示出来的
can_express[i] = false;
// 如果 i - a[j]大于等于0, 那么进入循环, 直到差值小于0退出
// 这里是排了序的, 所以不用所有的j都过一遍
for (int j = 0; i - a[j] >= 0; j++) {
// 如果差值为0, 即只能由自身表示出来, 所以计数器增加
if (i - a[j] == 0) {
cnt++;
}
// 不管是不是由自身表示, 它等于差值的状态
if (can_express[i] = can_express[i - a[j]])
// 如果差值可以表示出来, 那么它就可以表示出来,
// 然后跳出循环
break;
}
}
printf("%d\n", cnt);
}
}
结果
总结
虽然把题做出来了, 但还是没理解什么是背包问题, 可能是这个题不是典型的那种形式的题吧. 当然, 也可能是我自己太蠢 |-_-|
扫一扫
401
被折叠的 条评论
为什么被折叠?
到【灌水乐园】发言
