2、化学老师的难题(chemistry) （即 USACO 5.3.1）
问题描述
话说这天是化学课，loongint同学正在专注的写着数学学案，耳中回响着动听的“清养羹”、“炭涮羹”，说时迟那时快，化学老师突然来到它的身边，温柔的说：“尤龙童鞋，请你给大家说一下这个数学学案和化学课的关系吧”，loongint童鞋果断没有鸟他，于是，化学老师就发表了那个无比经典的言论“不要以为我是男老师，你们就可以欺负我！”
接着，化学老师邪恶的说道：“既然你这么喜欢素学，我就给你粗个素学题吧。现在我的手里有n只试管，每个试管有一定的体积vi，我要量出q体积的液体，你说我最少要用几支试管，并且告诉我一个字典序最小的方案”。(如果你有一个1体积的试管，就可以量出任意体积的液体)。
这可难坏了loongint，为了不再某女生面前丢脸，他请你帮他一把。
输入文件
第一行，一个整数q
第二行，一个整数p，表示试管的数量
第三~p+2行，每行一个整数，表示每个试管的体积vi
输出文件
第一行，一个整数m，表示最少需要的试管数
第二行，m个空格分隔开的整数，表示符合条件的一个字典序最小的方案，要求从小到大排序。
样例输入
16
3
3
5
7
样例输出
2 3 5
数据范围
1<=q<=20,000
1<=p<=100
1<=vi<=10000
Liukeke 的学科试题之二·化学。
这个，因为数据范围比较小，所以可以打迭代加深搜索，当数据小到极致的时候，迭代加深比二分快，这个题用二分会爆掉。（但是这是特殊情况，一般二分比迭代加深要保险）。
这个题有两种方法，可以先要拼出这个体积的哪个因子，然后用背满包判断能否达到。
当然，更好的法子是直接完全背包。
这个，可以看做每个物品可以无限的取，然后直接完全背包。不过注意的时候注意一下，还要记录这个状态都是从哪些体积和那些物品转移过来的，用物品序列的字典序最小的那个状态来转移。
完全背包，这里引用一下背包九讲：
P02: 完全背包问题
题目
有N种物品和一个容量为V的背包，每种物品都有无限件可用。第i种物品的费用是c[i]，价值是w[i]。求解将哪些物品装入背包可使这些物品的费用总和不超过背包容量，且价值总和最大。
基本思路
这个问题非常类似于01背包问题 ，所不同的是每种物品有无限件。也就是从每种物品的角度考虑，与它相关的策略已并非取或不取两种，而是有取0件、取1件、取2件……等很多种。如果仍然按照解01背包时的思路，令f[i][v]表示前i种物品恰放入一个容量为v的背包的最大权值。仍然可以按照每种物品不同的策略写出状态转移方程，像这样：
f[i][v]=max{f[i-1][v-k*c[i]]+k*w[i]|0<=k*c[i]<=v}
这跟01背包问题一样有O(N*V)个状态需要求解，但求解每个状态的时间已经不是常数了，求解状态f[i][v]的时间是O(v/c[i])，总的复杂度是超过O(VN)的。
将01背包问题的基本思路加以改进，得到了这样一个清晰的方法。这说明01背包问题的方程的确是很重要，可以推及其它类型的背包问题。但我们还是试图改进这个复杂度。
一个简单有效的优化
完全背包问题有一个很简单有效的优化，是这样的：若两件物品i、j满足c[i]<=c[j]且w[i]>=w[j]，则将物品j去掉，不用考虑。这个优化的正确性显然：任何情况下都可将价值小费用高得j换成物美价廉的i，得到至少不会更差的方案。对于随机生成的数据，这个方法往往会大大减少物品的件数，从而加快速度。然而这个并不能改善最坏情况的复杂度，因为有可能特别设计的数据可以一件物品也去不掉。
这个优化可以简单的O(N^2)地实现，一般都可以承受。另外，针对背包问题而言，比较不错的一种方法是：[显然]首先将费用大于V的物品去掉，然后使用类似计数排序的做法，计算出费用相同的物品中价值最高的是哪个，可以O(V+N)地完成这个优化。这个不太重要的过程就不给出伪代码了，希望你能独立思考写出伪代码或程序。
转化为01背包问题求解
既然01背包问题是最基本的背包问题，那么我们可以考虑把完全背包问题转化为01背包问题来解。最简单的想法是，考虑到第i种物品最多选V/c[i]件，于是可以把第i种物品转化为V/c[i]件费用及价值均不变的物品，然后求解这个01背包问题。这样完全没有改进基本思路的时间复杂度，但这毕竟给了我们将完全背包问题转化为01背包问题的思路：将一种物品拆成多件物品。
更高效的转化方法是：把第i种物品拆成费用为c[i]*2^k、价值为w[i]*2^k的若干件物品，其中k满足c[i]*2^k<=V。这是二进制的思想，因为不管最优策略选几件第i种物品，总可以表示成若干个2^k件物品的和。这样比把每种物品拆成O(log(V/c[i]))件物品，是一个很大的改进。
但我们有更优的O(VN)的算法。
O(VN)的算法
这个算法使用一维数组，先看伪代码：
for i=1..N
for v=0..V
f[v]=max{f[v],f[v-cost]+weight}
你会发现，这个伪代码与P01的伪代码只有v的循环次序不同而已。为什么这样一改就可行呢？首先想想为什么P01中要按照v=V..0的逆序来循环。这是因为要保证第i次循环中的状态f[i][v]是由状态f[i-1][v-c[i]]递推而来。换句话说，这正是为了保证每件物品只选一次，保证在考虑“选入第i件物品”这件策略时，依据的是一个绝无已经选入第i件物品的子结果f[i-1][v-c[i]]。而现在完全背包的特点恰是每种物品可选无限件，所以在考虑“加选一件第i种物品”这种策略时，却正需要一个可能已选入第i种物品的子结果f[i][v-c[i]]，所以就可以并且必须采用v=0..V的顺序循环。这就是这个简单的程序为何成立的道理。
这个算法也可以以另外的思路得出。例如，基本思路中的状态转移方程可以等价地变形成这种形式：
f[i][v]=max{f[i-1][v],f[i][v-c[i]]+w[i]}
将这个方程用一维数组实现，便得到了上面的伪代码。
最后抽象出处理一件完全背包类物品的过程伪代码，以后会用到：
procedure CompletePack(cost,weight)
for v=cost..V
f[v]=max{f[v],f[v-c[i]]+w[i]}
总结
完全背包问题也是一个相当基础的背包问题，它有两个状态转移方程，分别在“基本思路”以及“O(VN)的算法“的小节中给出。希望你能够对这两个状态转移方程都仔细地体会，不仅记住，也要弄明白它们是怎么得出来的，最好能够自己想一种得到这些方程的方法。事实上，对每一道动态规划题目都思考其方程的意义以及如何得来，是加深对动态规划的理解、提高动态规划功力的好方法。
代码 （Liukeke）
program liukeke;
var
f,pref,pres:array[0..20001] of longint;
s:Array[0..101] of longint;
q,n:longint;
procedure sort(l,r:longint);
var
i,j,mid,temp:longint;
begin
i:=l;
j:=r;
mid:=s[(l+r)>>1];
repeat
while s[i]>mid do inc(i);
while s[j]<mid do dec(j);
if i<=j then
begin
temp:=s[i];
s[i]:=s[j];
s[j]:=temp;
inc(i);
dec(j);
end;
until i>j;
if l<j then sort(l,j);
if i<r then sort(i,r)
end;
procedure init;
var
i:longint;
begin
readln(q);
readln(n);
for i:=1 to n do
readln(s[i]);
sort(1,n);
end;
function check(i,j:longint):boolean;
begin
while (i>0)and(j>0) do
begin
if pres[i]>pres[j] then exit(true);
if pres[j]>pres[i] then exit(false);
i:=pref[i];
j:=pref[j];
end;
exit(false);
end; //递归判断
procedure dp;
var
i,j,k,now:longint;
begin
for j:=0 to q do
f[j]:=1000000000;
f[0]:=0;
for i:=1 to n do
for j:=0 to q do
for k:=1 to (q div s[i]) do
begin
if j+k*s[i]>q then break;
now:=j+k*s[i];
if (f[now]>f[j]+1)or((f[now]=f[j]+1)and((pres[now]<i)or((pres[now]=i)and(check(j,pref[now]))))) then
begin
f[now]:=f[j]+1;
pres[now]:=i;
pref[now]:=j;
end;
end;
end;
procedure outit;
var
i:longint;
begin
write(f[q]);
i:=q;
while (i<>0) do
begin
write(' ',s[pres[i]]);
i:=pref[i];
end;
writeln;
end;
begin
assign(input,'chemistry.in');reset(input);
assign(output,'chemistry.out');rewrite(output);
init;
dp;
outit;
close(input);
close(output);
end.