poj 1742(好题,楼天城男人八题,混合背包)
Time Limit: 3000MS | Memory Limit: 30000K | |
Total Submissions: 33269 | Accepted: 11295 |
Description
You are to write a program which reads n,m,A1,A2,A3...An and
C1,C2,C3...Cn corresponding to the number of Tony's coins of value
A1,A2,A3...An then calculate how many prices(form 1 to m) Tony can pay
use these coins.
Input
input contains several test cases. The first line of each test case
contains two integers n(1<=n<=100),m(m<=100000).The second line
contains 2n integers, denoting A1,A2,A3...An,C1,C2,C3...Cn
(1<=Ai<=100000,1<=Ci<=1000). The last test case is followed
by two zeros.
Output
Sample Input
3 10
1 2 4 2 1 1
2 5
1 4 2 1
0 0
Sample Output
8
4
题意:题目给定 n种 硬币,第i种价值为 A[i],数量为C[i] ,问这些硬币能够组成1-m中哪些硬币。 分析:这题去年在hdu 2844上面过了,利用分组背包每次将每种物品分割,分割完一次马上进行就进行 01 背包,这样处理的速度就比所有的都分割完后再进行01背包要快许多。。但是没想到poj的数据如此变态。。然后看了网上的题解,恍然大悟。。原来当A[i]*C[i]>=m时,我们就可以将第i件物品看成无穷件了。。然后只要进行完全背包就OK。 hdu 2844 AC代码:
#include<stdio.h>
#include<algorithm>
#include<string.h>
#include<iostream>
using namespace std; int a[],b[],value[],f[];
int main()
{
int n,m;
while(scanf("%d%d",&n,&m)!=EOF&&n>)
{
int wi=;
memset(f,,sizeof(f));
for(int i=; i<n; i++)
{
scanf("%d",&a[i]);
}
for(int i=; i<n; i++)
{
scanf("%d",&b[i]);
}
for(int i=; i<n; i++)
{
int sum=;
int w=b[i],v=a[i];
while(w>)
{
if(w>=sum)
{
value[wi]=sum*v;
w=w-sum;
sum=sum*;
}
else
{
value[wi]=w*v;
w-=w;
} for(int j=m; j>=value[wi]; j--)
f[j]=max(f[j],f[j-value[wi]]+value[wi]);
wi++;
} }
int ans=;
for(int i=; i<=m; i++)
{
if(f[i]==i) ans++;
}
printf("%d\n",ans); }
return ;
}
poj 1742 AC代码:
#include<stdio.h>
#include<algorithm>
#include<string.h>
#include<iostream>
#define N 1005
#define M 100005
using namespace std; int A[],C[],W[N];
bool dp[M];
int main()
{
int n,m;
while(scanf("%d%d",&n,&m)!=EOF,n+m)
{
memset(dp,,sizeof(dp));
for(int i=; i<=n; i++)
{
scanf("%d",&A[i]);
}
for(int i=; i<=n; i++)
{
scanf("%d",&C[i]);
}
int k = ;
dp[]=; ///初始化0元是存在的
int ans = ;
for(int i=; i<=n; i++)
{
if(C[i]*A[i]>=m) { ///如果A[i]*C[i] >= m,我们可以将其当成完全背包问题处理,因为k*A[i]不能超过
///m,超过了就可以看成"无限"了.
for(int v = A[i];v<=m;v++){
if(!dp[v]&&dp[v-A[i]]) {
dp[v]=true;
ans++;
}
}
}else{
int t = ;
while(C[i]>){
if(C[i]>=t){
W[k]=A[i]*t;
C[i]-=t;
t = t<<;
}else{W[k]=A[i]*C[i];C[i]=;}
for(int v=m;v>=W[k];v--){
if(!dp[v]&&dp[v-W[k]]) { ///当dp[v-W[k]]存在时才能够推导出dp[v]
dp[v]=true;
ans++;
}
}
k++;
}
}
}
printf("%d\n",ans); }
return ;
}
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