NOIP1999郵票面值設計

noip1999郵票面值設計

題目描述 description

給定乙個信封，最多隻允許貼上n張郵票，計算在給定k（n+k≤40）種郵票的情況下（假定所有的郵票數量都足夠），如何設計郵票的面值，能得到最大值max，使在1～max之間的每乙個郵資值都能得到。

例如，n=3，k=2，如果面值分別為1分、4分，則在1分～6分之間的每乙個郵資值都能得到（當然還有8分、9分和12分）；如果面值分別為1分、3分，則在1分～7分之間的每乙個郵資值都能得到。可以驗證當n=3，k=2時，7分就是可以得到的連續的郵資最大值，所以max=7，面值分別為1分、3分。

輸入描述 input description

n和k輸出描述 output description

每種郵票的面值，連續最大能到的面值數。資料保證答案唯一。

樣例輸入 sample input

3 2樣例輸出 sample output

1 3max=7

這道題的做法是dfs+dp，整體的思路是：先搜出一種郵票面值組合方案，再用dp求出在這種方案下能組合出的最大的總面值

dps：沒什麼特殊的，需要注意的是，當前正在列舉的這個郵票的面值的下界是前乙個郵票的面值+1，上界是在還沒有這張郵票的時候，前面的郵票最大能組成多大的面值+1

dp：這是一位神犇的部落格裡看到的，f[i]表示用當前這些郵票，組合出i的面值，需要最少的郵票數，now陣列中存的是郵票的面值，則有f[i]=min+1(j=1...郵票數)，乙個明顯的結論是f陣列一定是不下降的，所以

當發現f[i]>n時，i-1就是最大面值

**：

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#include #include #include #define inf 0x3f3f3f3f

using namespace std;

int max=-inf, size, n, k, f[500];

vectorans, now;

int update()

return i-1;

} i++; }}

void dfs(const int deep)

{ int m, i;

m=update();

for(i=now[now.size()-1]+1;i<=m+1;i++)

{ now.push_back(i);

update();

if(deep