题意：有四种硬币，1分，5分，10分，25分，分别有a,b,c,d种，给出一个n分钱，要求你求出组成n分钱最多需要的硬币数量，并且输出组成它的各种硬币的数量......
学到的东西：这个题目我是用两种方法做的，一个是完全背包，一个是多重背包。做完这个题目，我对背包的理解可以说上了个层次......还有记录路径的方法，反过来求出各个硬币的数量，都是我以前做的题目没有涉及到的.......
要求出各个硬币有多少种，只需要记录路径，在开一个数组统计p-path[p]，为什么可以如此？很容易想到path[p]=p-v[i]
如此，p-path[p]==p-(p-v[i])==v[i]，而v[i]正好是硬币的价值........这道题目令我思考到一个东西，一般的背包问题的初始值都是将dp全部赋值为0的，而在这边dp[0]==1，并且在动态转移的过程中，还限制了dp[j]>0才可以转移，与背包的模板的动态转移不同啊？为什么要这样呢？
在一般的dp题目里面，有体积，价值，所要求的不是最大价值就是最小价值，而定义的dp[i][j]意义是装有i件物品，体积为j的最大值为dp[i][j]，简化为一维的dp[j]代表的是在体积为j的时候最大价值为dp[j]。仔细观察，可以发现，在dp[j-v[i]]时，dp[j]本身就可以从dp[j-v[i]]那边得到值，因为dp[j-v[i]]这个地方，它可以组成dp[j]......也就是说，它不需要去判断在dp[j-v[i]]前面是否有数可以组成dp[j-v[i]]，因此dp[j-v[i]]为不为0，不影响最终结果......
而这个题目却不同，需要赋值dp[0]=1；在动态转移的时候还得保证dp[j-v[i]]>0，这是因为题意是要求组成n分钱需要的最多硬币数量，那么你要可以组成dp[n]，dp[n-v[i]]必须要可以组成，否则就会出错.......同理，这道题目原理如此，在做给出n分钱，每种钱币有a,b,c,.....种，求组成n分钱最多的种数，也是要赋值dp[0]=1的，原理是一样的........
这告诫我，在做dp题目时，要仔细思考好其前后的关系，以及中间推导至最后的关系.....
完全背包代码：
#include<iostream>
#include<stdio.h>
#include<string.h>
using namespace std;
int dp[10010],ans[10010],num[10010],path[10010];
int p,c[5]={0,1,5,10,25},t[5];
int main()
{
while(scanf("%d %d %d %d %d",&p,&t[1],&t[2],&t[3],&t[4])>0&&(p+t[1]+t[2]+t[3]+t[4]))
{
memset(dp,0,sizeof(dp));
memset(ans,0,sizeof(ans));
memset(path,0,sizeof(path));
dp[0]=1;
for(int i=1;i<=4;i++)
{
memset(num,0,sizeof(num));
for(int j=c[i];j<=p;j++)
if(dp[j-c[i]]&&dp[j-c[i]]+1>dp[j]&&num[j-c[i]]<t[i]) //一般来说，完全背包的硬币是没有限制的，后一个数必然可以由前面的某个数组成，所以也就不需要dp[j-c[i]]>0，
但是，这次用到的完全背包其硬币数受到了限制，也就导致有些数根本不可能组成，所以要把这些数排除
{
dp[j]=dp[j-c[i]]+1;
num[j]=num[j-c[i]]+1;
path[j]=j-c[i];
}
}
int i=p;
if(dp[p]>0)
{
while(i!=0)
{
ans[i-path[i]]++;
i=path[i];
}
printf("Throw in %d cents, %d nickels, %d dimes, and %d quarters.
",ans[1],ans[5],ans[10],ans[25]);
}
else printf("Charlie cannot buy coffee.
");
}
return 0;
}
#include<iostream>
#include<stdio.h>
#include<string.h>
using namespace std;
struct node
{
int num;
int cout;
int dw;
}w[20001];
int dp[20001],c[5]={0,1,5,10,25},t[5],path[20001][2],ans[20001];
int p;
int main()
{
while(scanf("%d%d%d%d%d",&p,&t[1],&t[2],&t[3],&t[4])>0&&(p+t[1]+t[2]+t[3]+t[4]))
{
int cnt=0;
for(int i=1;i<=4;i++)
{
int k=1;
while(t[i]-k>0)
{
w[cnt].num=k*c[i];
w[cnt].cout=k;
w[cnt++].dw=c[i];
t[i]-=k;
//if(i==1)
//printf("%d
",w[cnt-1].dw);
k*=2;
}
w[cnt].num=t[i]*c[i];
w[cnt].cout=t[i];
w[cnt++].dw=c[i];
//if(i==1)
// printf("%d
",w[cnt-1].dw);
}
memset(dp,0,sizeof(dp));
memset(path,0,sizeof(path));
memset(ans,0,sizeof(ans));
dp[0]=1;
for(int i=0;i<cnt;i++)
{
for(int j=p;j>=w[i].num;j--)
if(dp[j-w[i].num]>0&&dp[j]<dp[j-w[i].num]+w[i].cout) //多重背包的二进制拆分其原理就是转化成01背包来处理，而01背包是从n推导至0，在i==1时，dp[n-w[i].num]+w[i].cout>dp[n]除非w[i].cout==0，否则就是必然的，但是同时，你要可以组成dp[n]，那么你首先要可以组成dp[n-w[i].num]，那么也就是说dp[n-w[i].num]必须要>0，才可以进行动态转移
{
dp[j]=dp[j-w[i].num]+w[i].cout;
//printf("%d %d %d %d
",w[i].num,w[i].dw,w[i].cout,dp[j]);
path[j][0]=j-w[i].num;
path[j][1]=i;
}
}
//printf("%d
",dp[p]);
if(dp[p]!=0)
{
while(p!=0)
{
int tmp=p-path[p][0];
int j=path[p][1];
ans[w[j].dw]+=w[j].cout;
p=path[p][0];
}
printf("Throw in %d cents, %d nickels, %d dimes, and %d quarters.
",ans[1],ans[5],ans[10],ans[25]);
}
else printf("Charlie cannot buy coffee.
");
}
return 0;
}