洛谷P1021 邮票面值设计 题解

首先，看到这题，大家肯定首先想到暴力+dfs吧！

可是这题暴力会超时；

好吧我们还是来认真思考下正解

思路应该是枚举出所有种类的邮票，最后判断一下，并记录最大值

暴搜，不行的话，可以剪枝？

1.使a数组保持单调递增，dfs中每次从a[k-1]+1开始搜索，以此来消除重复的搜索；（常规思路）

2.a[1]=1；//每次肯定都要1这个面值的，可以思考一下,那么直接从a[2]开始枚举；

思考一个问题，dfs的枚举的下界已经清晰，可是上界该是多少呢？

这里我们来举个栗子吧~

假设当前准备填第k个（已经填好了k-1）个

前k-1个中可以凑出1-t中的所有整数（需要用dp求出t）

因此我们可以把上界定为t+1（而不是t，因为超过t+1就凑不出t+1，答案就没法+1了）

也就是说

    for(int j=a[k-1]+1;j<=end+1;j++){
        a[k]=j;dfs(k+1);a[k]=0; 
    }

//这里的end就是由dp求出来前k-1凑出的答案；

诶？怎么突然有了个dp出来（因为我们不知道前面的答案）

于是想到一个dp[j]表示a数组凑成j面值个数的最小值；

于是很容易得到

dp[j]=min(dp[j],dp[j-a[i]]+1)；（dp[j-a[i]]<n）//显然现在的情况是小于等于n的；

初始化+oo，dp[0]=0；

code来啦！

#include<bits/stdc++.h> 
using namespace std;
int n,m,maxx=0;
int dp[51000],ans[25],a[25];
int solve(int k){
    memset(dp,63,sizeof(dp));dp[0]=0;
    for(int i=1;i<=k;i++)//前k个数 
        for(int j=a[i];j<=a[k]*n;j++)//a数组保持其单调性，最多能组成到a[k]*n，此时全部都选最大的数 
            if(dp[j-a[i]]<n)//只能继承的<n 
                dp[j]=min(dp[j],dp[j-a[i]]+1);//求最小值 
    int x=0;
    while(dp[x+1]<=100)x++;//统计结果 
    return x;
}
void dfs(int k){
    if(k==m+1){//如果已经找到m个 
        int t=solve(k-1);
        if(t>maxx){
            maxx=t;
            for(int i=1;i<=m;i++) ans[i]=a[i];
        }
        return;
    }
    int end=solve(k-1);
    for(int j=a[k-1]+1;j<=end+1;j++){
        a[k]=j;
        dfs(k+1);
        a[k]=0; //很重要的暴力枚举 
    }
}
int main(){
    cin>>n>>m;
    a[1]=1; //不管怎样都会选1； 
    dfs(2);
    for(int i=1;i<=m;i++)printf("%d ",ans[i]);
    printf("
MAX=%d
",maxx);//愉快输出答案！ 
    return 0;
}
//dp+dfs;