hdu 1114Piggy-Bank(完全背包)

传送门

参考资料：

　　[1]:https://www.cnblogs.com/jbelial/articles/2116074.html

　　[2]:https://www.luogu.org/problemnew/solution/P1616

题意：

　　有一个小猪存钱罐，里面有各式各样的硬币，每种硬币有不同的面值和重量。

　　现测量出存钱罐初始的重量(E)和存满钱时的重量(F)，问在这N种硬币中，如何选取，使得选取的硬币的总重量恰好等于(F-E)，且总价值最小。

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

　　如果不能通过组合使得硬币总重量恰好等于(F-E)，则输出"This is impossible."

分析：

　　乍一看，和“01”背包很想，所不同的是，在“01”背包中，第 i 种物品只有两种选择，拿或者不拿；

　　而此题，第 i 种面值的硬币可不止有拿与不拿这两种选择，而是有拿0,1,2,.....,k个，共(k+1)种选择，其中k满足 k*w[i] <= (F-E)；

　　这种每种物品都有无限件可用的问题，称为“完全背包”问题。

题解：

　　1.完全背包转“01”背包

　　　　思路：将一种物品拆成多件物品。

　　　　考虑到第 i 种物品最多选 (F-E) / w[ i ] 件；

　　　　于是可以把第 i 种物品转化为 (F-E) / w[ i ] 件费用及价值均不变的物品，然后求解这个01背包问题。

　　　　如果开个二维的dp数组，指定不可行，具体为什么，请自行思考；

　　　　提示：假设每种硬币都可拆成 k 个(k 最大可达 10000)，N种硬币则可拆成 N*k 个(N最大为500)，所以最坏的情况是可拆成 N*k = 5e6 个物品。

　　　　比较好用的方法就是使用滚动数组优化空间。

　　　　更高效的转化方法是：把第 i 种物品拆成重量为 w[i]×2^k、价值为 p[i]×2^k 的若干件物品，其中k满足 w[i]×2^k < (F-E)。

　　　　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。

　　　　这样把每种硬币拆成 log₂( (F-E) / w[i]) ) 件物品，是一个很大的改进。

AC代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define INF 0x3f3f3f3f
const int maxn=500+50;

int n;
int e,f;
int p[maxn],w[maxn];
int dp[10010];

void Solve()
{
    int v=f-e;
    for(int j=1;j <= v;++j)
        dp[j]=INF;
    dp[0]=0;

    for(int i=1;i <= n;++i)
    {
        for(int k=0,cur=(1<<k)*w[i];cur <= v;++k)///第i个物品选2^k个
        {
            for(int j=v;j >= cur;--j)
                dp[j]=min(dp[j],dp[j-cur]+(1<<k)*p[i]);

            cur <<= 1;
        }
    }
    if(dp[v] < INF)
        printf("The minimum amount of money in the piggy-bank is %d.
",dp[v]);
    else
        printf("This is impossible.
");
}
int main()
{
    int test;
    scanf("%d",&test);
    while(test--)
    {
        scanf("%d%d",&e,&f);
        scanf("%d",&n);
        for(int i=1;i <= n;++i)
            scanf("%d%d",p+i,w+i);
        Solve();
    }
    return 0;
}

　　2.我们有更优的O(VN)的算法

　　　　定义dp[ i ][ j ] : 前 i 件物品恰好组成重量 j 的最小面值；

　　　　第 i 件物品的状态转移方程为：

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

　　　　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 dp[ i ][ v-w[i] ]，所以就可以并且必须采用 j = w[i]..v 的顺序循环。

　　　　以上思路摘抄自[1]%%%%%%%%%%%%%%%

AC代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define INF 0x3f3f3f3f
const int maxn=500+50;

int n;
int e,f;
int p[maxn],w[maxn];
int dp[10010];

void Solve()
{
    int v=f-e;
    for(int j=1;j <= v;++j)
        dp[j]=INF;
    dp[0]=0;

    for(int i=1;i <= n;++i)
        for(int j=w[i];j <= v;++j)
            dp[j]=min(dp[j],dp[j-w[i]]+p[i]);

    if(dp[v] < INF)
        printf("The minimum amount of money in the piggy-bank is %d.
",dp[v]);
    else
        printf("This is impossible.
");
}
int main()
{
    int test;
    scanf("%d",&test);
    while(test--)
    {
        scanf("%d%d",&e,&f);
        scanf("%d",&n);
        for(int i=1;i <= n;++i)
            scanf("%d%d",p+i,w+i);
        Solve();
    }
    return 0;
}