Coins

题目

给出硬币面额及每种硬币的个数，求从1到m能凑出面额的个数。

思路

1.朴素的多重背包

题面给出的很明显的多重背包，定义dp为考虑前i种硬币，能凑出j元的方案可行性，可以得到第一版代码

O(nm^2) 代码

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<string>
#include<cstring>
#include<vector>
#include<queue>
#include<set>
#include<map>
#include<fstream>
#define inf 0x3f3f3f3f
#define ll long long
#define ull unsigned long long
#define endl '\n'
#define debug(x) printf("x--->%lld\n",x)
//#define int long long
using namespace std;
typedef pair<int,int> PII;
const int N =10 + 1e5, mod = 1e9 + 7;
int n,m;
bool dp[110][N];
int a[110],b[1000];// amax = 1e5 bmax = 1000
void solve()
{    for(int i=1;i<=n;i++)cin>>a[i];for(int i=1;i<=n;i++)cin>>b[i];memset(dp,0,sizeof dp);dp[0][0] = 1;for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=0; j<=m;j++){int v=a[i];dp[i][j] = dp[i-1][j];//已经在之前凑出if(dp[i][j])continue;for(int k=0;k<=b[i] && j-v*k>=0;k++)// 查找要几枚才可能凑出jif(dp[i-1][j-v*k]){dp[i][j]=1;break;} }// for(int i=1;i<=m;i++)cout<<dp[n][i]<<' ';cout<<endl;ll ans = 0 ;for(int j=1;j<=m;j++)ans+= (dp[n][j]!=0);cout << ans << endl;
}
signed main()
{ios::sync_with_stdio();cin.tie();cout.tie();while(cin>>n>>m,(n||m))solve();return 0;
}

显然上面的代码时间复杂度是无法接受的，考虑到dp是bool型，事实上丢掉了

很多信息，所以考虑修改dp定义，增加dp记录的信息，优化时间。

2.时间优化

我们定义 dp 为考虑前i种硬币凑出j元的所有方案的集合，而其中储存第i种硬币的凑出j后的剩余数量，并规定，dp[i][j[] = -1 ，代表无法凑出 j。
通过上述定义，如果 dp[i][j] = -1 表示无法凑出j ，其余表示方案可行，一样可以得到本题答案。
同时，对于dp[i][j] 可以确定是从 dp[i-1][j]（考虑i-1种，凑出j元）和 dp[i][j-v]（考虑i种，还差一个第i种硬币就凑出 j ，这两个状态转移过来，这样就不用再暴力查找j 的前状态来确定 dp[i][j] 了

状态转移：

从 dp[i][j] <== dp[i-1][j] or dp[i-1][k]
到 dp[i][j] <== dp[i-1][j] or dp[i][j-vi]

成功把下面的循环优化掉

 for(int k=0;k<=b[i] && j-v*k>=0;k++)// 查找要几枚才可能凑出jif(dp[i-1][j-v*k]){dp[i][j]=1;break;}

3.空间优化

本题卡空间，所以还要把二维dp优化为一维，较容易解决

对于 dp[i-1][j] => dp[i][j] <==> dp[j] (old) ⇒ dp[j] (new)
对于 dp[i][j-vi] => dp[i][j] <==> dp[j-vi] (new) ⇒ dp[j] (new)

最终代码

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<string>
#include<cstring>
#include<vector>
#include<queue>
#include<set>
#include<map>
#include<fstream>
#define inf 0x3f3f3f3f
#define ll long long
#define ull unsigned long long
#define endl '\n'
#define debug(x) printf("x--->%lld\n",x)
//#define int long long
using namespace std;
typedef pair<int,int> PII;
const int N =10 + 1e5, mod = 1e9 + 7;
int n,m;
int dp[N];// dp[110][N];
int a[110],b[1000];// amax = 1e5 bmax = 1000
void solve()
{    for(int i=1;i<=n;i++)cin>>a[i];for(int i=1;i<=n;i++)cin>>b[i];memset(dp,-1,sizeof dp);dp[0] = 0;// 规定 dp[0] 合法for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=0;j<=m;j++){// 朴素空间做法 与下面相等价/* if(dp[i-1][j]>=0)dp[i][j] = b[i];else{if(j-a[i]>=0 && dp[i][j-a[i]]>0)dp[i][j] = dp[i][j-a[i]] - 1;else dp[i][j] = -1;} */if(dp[j]>=0)// 已经凑齐j 第i种硬币全部剩下dp[j] = b[i];else{  // 未凑齐if(j-a[i] >=0 && dp[j-a[i]] > 0) // 合法 且 仍有硬币剩余dp[j]  = dp[j-a[i]] -1;}// 剩下未更新的即无法凑出 不合法}ll ans = 0;for(int i=1;i<=m;i++) ans += dp[i]>=0;cout << ans <<endl;
}
signed main()
{ios::sync_with_stdio();cin.tie();cout.tie();while(cin>>n>>m,n||m)solve();return 0;
}

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