Description

有n种硬币,面值分别为v1, v2, ..., vn,每种都有无限多。给定非负整数S,可以选用多少个硬币,使得面值之和恰好为S?输出硬币数目的最小值和最大值。

Input

第一行两个整数,n,S(1≤n≤100, 0≤S≤100000)。
第二行n个整数vi-1...n(1≤vi≤S)。

Output

第一行两个整数,分别表示硬币数目的最小值 a 和最大值 b 。无解则输出 -1 。
第二行 a 个整数分别表示使用的是第几种硬币。
第三行 b 个整数分别表示使用的是第几种硬币。

Sample Input

6 12 
1 2 3 4 5 6

Sample Output

2 12 
6 6 
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1

Hint

样例是特殊的,编号和面值是相同的。你编写程序的时候要注意输出编号而不是面值。
结果按编号升序输出字典序小一种。

Source

入门经典,DP,DAG

Solution

考虑DP。

对于每个值i(1<=i<=s),我们可以枚举j,使得i从i-v[j]增加一个v[j]得来。因此,我们有了下面的代码片段:

for(register int i=; i<=s; i++)
{
for(register int j=; j<=n; j++)
{
if(i-v[j]<)
{
continue;
}
else
{
if(mi[i]>mi[i-v[j]]+)
{
mi[i]=mi[i-v[j]]+; pi[i]=i-v[j];
} if(mx[i]<mx[i-v[j]]+)
{
mx[i]=mx[i-v[j]]+; px[i]=i-v[j];
}
}
}
}

这样一来,题目就迎刃而解了!

Code

 #include <bits/stdc++.h>

 using namespace std;

 inline int read()
{
int f=,x=;
char c=getchar(); while(c<'' || c>'')
{
if(c=='-')f=-;
c=getchar();
} while(c>='' && c<='')
{
x=x*+c-'';
c=getchar();
} return f*x;
} int s1,n,v[],s,a,b,ma,mb,d[],mi[],mx[],pi[],px[];
int an[]; int main()
{
n=read(),s=read(); for(register int i=; i<=n; i++)
{
v[i]=read(); d[v[i]]=i;
} for(register int i=; i<=s; i++)
{
mi[i]=;//组成值i最少需要多少枚硬币
mx[i]=-;//组成值i最多需要多少枚硬币
} mi[]=;
mx[]=; for(register int i=; i<=s; i++)
{
for(register int j=; j<=n; j++)
{
if(i-v[j]<)
{
continue;
}
else
{
if(mi[i]>mi[i-v[j]]+)
{
mi[i]=mi[i-v[j]]+; pi[i]=i-v[j];
} if(mx[i]<mx[i-v[j]]+)
{
mx[i]=mx[i-v[j]]+; px[i]=i-v[j];
}
}
}
} if(mi[s]== || mx[s]==-)//如果组成不了s
{
printf("-1");//输出无解 return ;
} printf("%d %d\n",mi[s],mx[s]);//输出最小组成数
   //输出方案
s1=s; int T=; memset(an,,sizeof(an)); while(s1>)
{
an[++T]=d[s1-pi[s1]]; s1=pi[s1];
} sort(an+,an++T); for(register int i=; i<=T; i++)
{
printf("%d ",an[i]);
} puts(""); s1=s; T=; memset(an,,sizeof(an)); while(s1>)
{
an[++T]=d[s1-px[s1]]; s1=px[s1];
} sort(an+,an++T); for(register int i=; i<=T; i++)
{
printf("%d ",an[i]);
} return ;//结束
}

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