邮票

【题目描述】

已知一个N枚邮票的面值集合（例如，{1 分，3 分}）和一个上限K，表示信封上能够贴K张邮票，询问1~M的最大连续可贴出的邮资。

例如，假设有1分和3分的邮票，最多可以贴5张邮票，很容易贴出1到5分的邮资，接下来的邮资也不难：

6 = 3 + 3

7 = 3 + 3 + 1

8 = 3 + 3 + 1 + 1

9 = 3 + 3 + 3

10 = 3 + 3 + 3 + 1

11 = 3 + 3 + 3 + 1 + 1

12 = 3 + 3 + 3 + 3

13 = 3 + 3 + 3 + 3 + 1

然而，使用5枚1分或者3分的邮票根本不可能贴出14分的邮资，因此，对于这两种邮票的集合以及上限K，答案是M=13。

【输入描述】

第一行输入两个整数K和N(1 <= K <= 200，1 <= N <= 50)，表示可用的邮票总数和邮票面值的数量；

第二行输入N个整数，表示N枚邮票的面值，每枚邮票的面值不超过10000。

【输出描述】

输出一个整数，表示答案。

【样例输入】

5 2

1 3

【样例输出】

13

源代码：

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
int k,n,num(0),i[51],f[2000001];
int main()
{
    memset(f,0x3f,sizeof(f)); //初始化最大值。
    scanf("%d%d",&k,&n);
    for (int a=1;a<=n;a++)
      scanf("%d",&i[a]); //读入邮票的种类。
    f[0]=0; //构成面值为0的最少邮票数自然为0。
    while (f[num]<=k) //当最少的邮票已经超过最大限度时，停止循环。
    {
        num++; //构成的面值。
        for (int b=1;b<=n;b++)
          if (num>=i[b]) //防止越界。
            f[num]=min(f[num],f[num-i[b]]+1);
    }
    printf("%d",num-1);
    return 0;
}

/*
    DP思想：
        样例的解释： 
        构成邮资0，所需要邮票张数为0张，f[0]=0
        构成邮资1，只能用1分的邮票，所需要邮票张数1张，f[1]=1
        构成邮资2，只能用1分的邮票，所需要邮票张数2张，f[2]=1
        构成邮资3， 
                (1)若选择使用一张1分的邮票，f[3]=f[2]+1=3 ----> f[3-1]+1
                (2)若选择使用一张3分的邮票，f[3]=f[0]+1=1 ----> f[3-3]+1
                即：f[3]=min{f[2]+1,f[0]+1}=1
        构成邮资4，
                (1)若选择使用一张1分的邮票，f[4]=f[3]+1=2 ----> f[3-1]+1
                (2)若选择使用一张3分的邮票，f[4]=f[1]+1=1 ----> f[3-3]+1
                即：f[4]=min{f[3]+1,f[1]+1}=2
        最终可得：状态转移方程：f[i]=min{f[i-i[j]]+1}。 
*/