hdu 1114Piggy Bank 完全揹包

傳送門

[1]:

[2]:

題意：

有乙個小豬存錢罐，裡面有各式各樣的硬幣，每種硬幣有不同的面值和重量。

現測量出存錢罐初始的重量(e)和存滿錢時的重量(f)，問在這n種硬幣中，如何選取，使得選取的硬幣的總重量恰好等於(f-e)，且總價值最小。

如果可以找到，輸出"the minimum amount of money in the piggy-bank is num".(num : 總和最小的面值)

如果不能通過組合使得硬幣總重量恰好等於(f-e)，則輸出"this is impossible."

分析：

乍一看，和「01」揹包很想，所不同的是，在「01」揹包中，第 i 種物品只有兩種選擇，拿或者不拿；

而此題，第 i 種面值的硬幣可不止有拿與不拿這兩種選擇，而是有拿0,1,2,.....,k個，共(k+1)種選擇，其中k滿足 k*w[i] <= (f-e)；

這種每種物品都有無限件可用的問題，稱為「完全揹包」問題。

題解：

1.完全揹包轉「01」揹包

思路：將一種物品拆成多件物品。

考慮到第 i 種物品最多選 (f-e) / w[ i ] 件；

於是可以把第 i 種物品轉化為 (f-e) / w[ i ] 

件費用及價值均不變的物品，然後求解這個01揹包問題。

如果開個二維的dp陣列，指定不可行，具體為什麼，請自行思考；

比較好用的方法就是使用滾動陣列優化空間。

更高效的轉化方法是：把第 i 種物品拆成重量為 w[i]×2k、價值為 p[i]×2k 的若干件物品，其中k滿足 w[i]×2k

< (f-e)。

這是二進位制的思想，因為不管最優策略選幾件第 i 種物品，總可以表示成若干個 2k 件物品的和。

這樣把每種硬幣拆成 log2( (f-e) / w[i]) ) 件物品，是乙個很大的改進。

ac**：

1 #include2

using
namespace
std;
3#define ll long long
4#define inf 0x3f3f3f3f
5const
int maxn=500+50;6
7intn;8
inte,f;
9int
p[maxn],w[maxn];
10int dp[10010
];11
12void
solve()
1328}29
if(dp[v] 
30         printf("
the minimum amount of money in the piggy-bank is %d.\n
",dp[v]);
31else
32         printf("
this is impossible.\n");
33}34int
main()
3546
return0;
47 }

2.

我們有更優的o(vn)的演算法

定義dp[ i ][ j ] : 前 i 件物品恰好組成重量 j 的最小面值；

第 i 件物品的狀態轉移方程為：

1

for(int j=w[i];j <= v;++j)
2     dp[j]=min(dp[j],dp[j-w[i]]+p[i]);

卻正需要乙個可能已選入第 i 種物品的子結果 dp[ i ][ v-w[i] ]，所以就可以並且必須採用 j = w[i]..v 的順序迴圈。

以上思路摘抄自[1]%%%%%%%%%%%%%%%

ac**：

1 #include2

using
namespace
std;
3#define ll long long
4#define inf 0x3f3f3f3f
5const
int maxn=500+50;6
7intn;8
inte,f;
9int
p[maxn],w[maxn];
10int dp[10010
];11
12void
solve()
1328
intmain()
2940
return0;
41 }

完全揹包 HDOJ 1114 Piggy Bank

題目傳送門 題目大意是給出乙個錢罐，錢罐中的錢有一定的重量，同時給出一些硬幣，這些硬幣有自己的重量和價值 每種硬幣有無限個 求錢罐中錢的最少價值。狀態f i j 表示前i件物品放入空間為j的揹包所能取得的最大價值。狀態轉移方程 f i j max f i 1 j k c i k w i 0 k c ...

完全揹包 HDU 1114

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HDU 1114 揹包問題

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