三种方法。
写得比较优秀的二进制拆分+分数据范围处理、多重背包可行性、单调队列优化。
第一种方法。
一般的二进制拆分复杂度是
。算一下就能发现这个上界卡到
。
考虑怎么降低处理数量多的硬币的复杂度。显然假如
就可以当作完全背包来跑。
那就这么做。
注意多重背包的二进制拆分是允许重复的,
如果是单纯把 二进制表示里为 的位拿出来并不能组合得到所有不大于 的方案
一定要从 开始倍增,最后把减剩下的 单独拿出来再跑一次。
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstdlib>
#include<cmath>
#include<cstring>
using namespace std;
int n, m, c;
int a[105];
bool f[100005];
int main() {
while (~scanf("%d%d", &n, &m)) {
if (!n && !m) return 0;
for (int i = 1; i <= m; ++i) {
f[i] = 0;
}
f[0] = 1;
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
scanf("%d", &a[i]);
}
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
scanf("%d", &c);
if (c * a[i] < m) {
for (int t, k = 1; k <= c; k <<= 1) {
t = k * a[i];
for (int j = m; j >= t; --j) {
f[j] |= f[j - t];
}
c -= k;
if (!c) break;
}
if (c) {
int t = c * a[i];
for (int j = m; j >= t; --j) {
f[j] |= f[j - t];
}
}
}
else {
for (int j = a[i]; j <= m; ++j) {
f[j] |= f[j - a[i]];
}
}
}
int ans = 0;
for (int i = 1; i <= m; ++i) ans += f[i];
printf("%d\n", ans);
}
return 0;
}
第二种方法。
实际上这种方法是很自然的。
我的代码比较丑,漂亮一点的代码应该看一眼就可以明白原理了。
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstdlib>
#include<cmath>
#include<cstring>
using namespace std;
int n, m, c, ans;
int a[105];
int vis[100005];
bool f[100005];
void Check(const int &x) {
for (int i = 1; i <= m; ++i) {
vis[i] = 0;
}
f[0] = 1;
for (int i = a[x]; i <= m; ++i) {
if (vis[i - a[x]] == c) continue;
if (f[i] || !f[i - a[x]]) continue;
f[i] = 1;
vis[i] = vis[i - a[x]] + 1;
++ans;
}
}
int main() {
while (~scanf("%d%d", &n, &m)) {
if (!n && !m) return 0;
ans = 0;
memset(f, 0, sizeof(f));
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
scanf("%d", &a[i]);
}
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
scanf("%d", &c);
Check(i);
}
printf("%d\n", ans);
}
return 0;
}
第三种方法。
实际上这道题目完全没必要用单队解、不过也是可以的。
多重背包朴素式子
外层枚举物品,把
重标号,按照
的余数分类,转化式子。可以得到
(枚举
)
这是单调队列优化的普遍形式,在单调队列中维护
每次将
入队,得到的最大值是
到这道题目里面有
,于是每个背包只有能否被覆盖的状态
于是单调队列维护的就是有没有
。
那么只要知道前面这一段有没有
就可以了。