POJ 3260 The Fewest Coins(多重背包+全然背包)

POJ 3260 The Fewest Coins(多重背包+全然背包)

http://poj.org/problem?id=3260

题意:

John要去买价值为m的商品. 如今的货币系统有n种货币,相应面值为val[1],val[2]…val[n]. 然后他身上每种货币有num[i]个. John必须付给售货员>=m的金钱, 然后售货员会用最少的货币数量找钱给John.

问你John的交易过程中, 他给售货员的货币数目+售货员找钱给他的货币数目 的和最小值是多少?

分析:

本题与POJ 1252类型:

http://blog.csdn.net/u013480600/article/details/40454963

如果John付款总额为S时的货币数目为T1, 售货员找钱 (S-m) 的货币数目为T2. 我们要使得T1+T2最小, 那么自然T1和T2也必须分别是最小的(即T1是当John付款正好S时,最少须要多少张货币.
T2是当售货员正好找钱S-m时,最少须要多少张货币.).

John给的钱肯定>=m, 可是究竟最大多大呢? 假设我们直接求John的全部金钱总和, 然后再DP, 肯定超时. 这个up_bound (即john最多给售货员的钱数) 能够简单设置一个大数值就可以. 网上有个证明(这个证明我也有点不明确):

John的付款数最多为maxv*maxv+m

证明例如以下：

假设John的付款数大于了maxv*maxv+m，即付硬币的数目大于了maxv，依据鸽笼原理。至少有两个的和对maxv取模的值相等(这个意思应该是:至少maxv+1个硬币对maxv求余,然后余数属于[0,maxv-1]范围,肯定有至少两个硬币的余数同样的)，也就是说。这部分硬币可以用更少的maxv来取代(这句话我不理解)。

证毕。

第一个问题是一个多重背包问题.

令dp[i][j]==x 表示当John用前i种货币组成j元钱时, 最少须要x张货币.

初始化: dp全为INF(无穷大), 且dp[0][0]=0.

对于每种货币, 我们分情况对它进行处理:

1.    假设val[i]*num[i]>=up_bound时, 做一次全然背包.

2.    假设val[i]*num[i]<up_bound时, 做多次01背包.

终于所求: dp[n][i] 当中i属于[m, up_bound].

第2个问题是一个全然背包问题.

令dp2[i][j]==x 表示售货员用前i种硬币组成j元钱时, 最少须要x张货币.

初始化: dp2全为INF(无穷大), 且dp2[0][0]=0.

状态转移: dp2[i][j] = max( dp2[i-1][j] , dp2[i][j-val[i]]+1 )

终于所求: dp2[n][i] 当中i属于[m, up_bound].

终于合并问题1和问题2的解, 我们枚举i从m到up_bound, 找出dp[i]+dp2[i-m]的最小值就可以.

AC代码:

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define INF 1e9
 
int n;//n种硬币
int m;//购买商品的价值
int up_bound;//DP价值上界
int val[100+5];//每种硬币价值
int num[100+5];//每种硬币数目
int dp[55555]; //多重背包
int dp2[55555];//全然背包
 
//1次01背包
void ZERO_ONE_PACK(int *dp,int cost,int sum)
{
    for(int i=up_bound;i>=cost;i--)
        dp[i] = min(dp[i], dp[i-cost]+sum);//注意这里是+sum
}
 
//1次全然背包
void COMPLETE_PACK(int *dp,int cost)
{
    for(int i=cost;i<=up_bound;i++)
        dp[i] = min(dp[i], dp[i-cost]+1);
}
 
//1次多重背包
void MULTIPLY_PACK(int *dp,int cost,int sum)
{
    if(cost*sum>=up_bound)
    {
        COMPLETE_PACK(dp,cost);
        return ;
    }
 
    int k=1;
    while(k<sum)
    {
        ZERO_ONE_PACK(dp,cost*k,k);
        sum -=k;
        k *=2;
    }
    ZERO_ONE_PACK(dp,cost*sum,sum);
 
}
 
int main()
{
    while(scanf("%d%d",&n,&m)==2)
    {
        //读取输入+计算上界
        int max_val=0;
        for(int i=1;i<=n;i++)
        {
            scanf("%d",&val[i]);
            max_val= max(max_val,val[i]);
        }
        for(int i=1;i<=n;i++)
            scanf("%d",&num[i]);
        up_bound=max_val*max_val+m;//上界
 
        //初始化dp和dp2
        for(int i=1;i<=up_bound;i++)
            dp[i]=dp2[i]=INF;
        dp[0]=dp2[0]=0;
 
        //递推过程
        for(int i=1;i<=n;i++)
        {
            MULTIPLY_PACK(dp,val[i],num[i]);
            COMPLETE_PACK(dp2,val[i]);
        }
 
        //统计结果
        int ans=INF;
        for(int i=m;i<=up_bound;i++)
            ans= min(ans, dp[i]+dp2[i-m]);
        printf("%d\n",ans==INF?-1:ans);
    }
    return 0;
}