POJ1837 01背包

POJ1837

题目

　　大意是有一个“特殊”的天平，天平在不同位置分布着C((2le Cle 20))个挂钩，挂钩的位置坐标从-15到+15（-代表左臂，+代表右臂）。你有G((2le Gle 20))个砝码，砝码质量从1到25。问给定C个挂钩的位置坐标，G个砝码的质量，你有多少种悬挂方式使得天平平衡。

Sample Input

2 4	
-2 3 
3 4 5 8

Sample Output

2

　　有2种悬挂方式如下：

[egin{equation} (-2) * (3 + 4 + 5) + (3) * (8) = 0quad or quad (-2) * (4 + 8) + (3) * (3 + 5) = 0 end{equation} ]

算法思路

　　借鉴01背包的思想，本题中的砝码可以类比01背包中的物品，本题中将砝码挂到天平的挂钩上类比01背包中将物品放入背包中。01背包的状态定义：opt[i][j]表示前i件物品放入容量为j的背包中可以获得的最大价值，本题类似，opt[i][j]种，i可以表示前i个砝码，那么本题中j代表什么？这一点说不好想还真是不好想，如果动态规划比较熟可能比较容易想出来。仔细观察本题，题目要求有多少种悬挂方式使天平“平衡”，平衡即如式(1)所示，即所有砝码质量乘对应挂钩的位置坐标的和等于零，而我们可以让j表示这个“和”，那么opt[i][j]即表示前i个砝码悬挂到天平上，导致“和”为j可能的悬挂方式有多少种。进而可以推导出递推公式：

[egin{equation} opt[i][j+hooks[k] * weights[i]] = opt[i][j+hooks[k] * weights[i]] + opt[i - 1][j] end{equation} ]

(hooks[k])表示第k个挂钩的坐标，(weight[i])表示第i个砝码的质量，式(2)简单地说，当你把砝码i悬挂在挂钩k上时，“和”会由j变为(j+hooks[k] * weights[i])，则前i个砝码导致“和”为(j+hooks[k] * weights[i])的悬挂方式增多了(opt[i - 1][j])种。注意标红的“增多”二字，表明可能还有其它悬挂方式达到(j+hooks[k] * weights[i])这个值，所以应该用(opt[i - 1][j])加上原先的值。而当你准备要放第i个砝码时，你可以悬挂在任意一个挂钩上，所以(1le kle C)。

　　另外，由题目的输入限制，可以确定j的范围为：(-15 imes20 imes25=-7500le jle 7500=15 imes20 imes25)，j的范围包含负数，但是opt数组下标索引不允许出现负数，所以把j的范围向右平移7500，则范围变为(0le j le 15000)。题目初始化时，opt[0][7500]为1，表示未放砝码时，“和”为7500的悬挂方式有1种。最终输出结果为opt[g][7500]，表示放了g个砝码，“和”仍为7500，即仍然保持未放砝码的状态，即平衡状态。

代码

　　若有0ms的实现方法，感谢评论告知。

朴素实现

Result: 1460kB, 47ms.

#include <stdio.h>
#include <iostream>

int c, g;
int hooks[20 + 5], weights[20 + 5];
int opt[20 + 5][15000 + 5];//最大右偏20*25*15=7500,最大左偏-7500。由于数组下标不能索引负数，整体向右偏移7500，得0-15000
int main() {
	scanf("%d %d", &c, &g);
	for (int i = 1; i <= c; i++)
		scanf("%d", &hooks[i]);
	for (int i = 1; i <= g; i++)
		scanf("%d", &weights[i]);
	opt[0][7500] = 1;//初始时，0件砝码是平衡的。
	for (int i = 1; i <= g; i++)
		for(int j = 0; j <= 15000; j++)//遍历所有可能出现的“和”
			if(opt[i - 1][j])
				for (int k = 1; k <= c; k++)
					opt[i][j + hooks[k] * weights[i]] += opt[i - 1][j];
	printf("%d
", opt[g][7500]);
}

优化一下j的循环次数

Result: 936kB, 16ms

#include <stdio.h>
#include <iostream>
#include <limits.h>

int c, g;
int hooks[20 + 5], weights[20 + 5];
int opt[20 + 5][15000 + 5];//最大右偏20*25*15=7500,最大左偏-7500。由于数组下标不能索引负数，整体向右偏移7500，得0-15000
int main() {
	scanf("%d %d", &c, &g);
	scanf("%d", &hooks[1]);
	int min_hook = hooks[1], max_hook = min_hook;
	for (int i = 2; i <= c; i++) {//找出最小的位置坐标和最大的位置坐标
		scanf("%d", &hooks[i]);
		if (hooks[i] < min_hook)
			min_hook = hooks[i];
		else if (hooks[i] > max_hook)
			max_hook = hooks[i];
	}
	int sum_weight = 0;
	for (int i = 1; i <= g; i++) {
		scanf("%d", &weights[i]);
		sum_weight += weights[i];//砝码质量和
	}
		
	opt[0][7500] = 1;//初始时，0件砝码是平衡的。
	for (int i = 1; i <= g; i++)
		for (int j = 7500 + sum_weight * min_hook; j <= 7500 + sum_weight * max_hook; j++)//j的遍历范围从所有砝码放在min_hook到所有砝码放在max_hook
			if (opt[i - 1][j])
				for (int k = 1; k <= c; k++)
					opt[i][j + hooks[k] * weights[i]] += opt[i - 1][j];
	printf("%d
", opt[g][7500]);
}

优化一下空间复杂度

　　从式(2)的状态转移方程可以看出，求opt[i]这一行的值只需要opt[i-1]这一行的值就可以了，而更之前的如opt[i-2]、opt[i-3]...这些行的值是不需要的。不过跟普通背包问题有点不一样，普通背包问题，有一个递增更改的关系（更改opt[i][j]只需要opt[i][k]的值就可以，其中k小于j），所以倒序遍历j，使得只需要一行即可(^{[1]})，而这个题不存在这种关系，所以需要两行。

Result: 732kB, 16ms

　　在朴素实现的基础上更改的，空间小了一半。时间上的变化不重要了，前后两次提交，一次是32ms，一次是16ms，空间两次都是固定732kB。

#include <stdio.h>
#include <string.h>
#include <iostream>

int c, g;
int hooks[20 + 5], weights[20 + 5];
int opt[2][15000 + 5];//最大右偏20*25*15=7500,最大左偏-7500。由于数组下标不能索引负数，整体向右偏移7500，得0-15000
int main() {
	scanf("%d %d", &c, &g);
	for (int i = 1; i <= c; i++)
		scanf("%d", &hooks[i]);
	for (int i = 1; i <= g; i++)
		scanf("%d", &weights[i]);
	opt[0][7500] = 1;//初始时，0件砝码是平衡的。
	for (int i = 1; i <= g; i++) {
		int index = i % 2, index_minus_1 = index ^ 1;//i为奇数，对opt[1]进行更改，i为偶数，对opt[0]进行更改
		memset(opt[index], 0, sizeof(opt[index]));
		for (int j = 0; j <= 15000; j++) {
			if (opt[index_minus_1][j])
				for (int k = 1; k <= c; k++)
					opt[index][j + hooks[k] * weights[i]] += opt[index_minus_1][j];
		}
	}
	printf("%d
", opt[g % 2][7500]);//g为奇数，输出opt[1][7500]，g为偶数，输出opt[0][7500]
}

参考：

[1] 背包问题九讲 2.0