2016级算法第三次上机-C.AlvinZH的奇幻猜想——三次方
905 AlvinZH的奇幻猜想——三次方
思路
中等题。题意简单，题目说得简单，把一个数分成多个立方数的和，问最小立方数个数。
脑子转得快的马上想到贪心，从最近的三次方数往下减，反正有1^3在最后撑着保证减完。不好意思这是错的，因为1,27,64,125...等立方数之间并不是倍数关系，不能构成贪心策略。举个反例：96=64+8+8+8+8=64+27+1+1+1+1+1，答案明显是5，而贪心会算到7。
既然不是贪心，那就是DP了，没毛病。先讲一下常规做法吧，是这样想的：相当于把一个数化成几份，求最小划分的份数，那么把所求数看成背包的总体积，每个立方数的值看作每个物品的体积，价值都看做1，问题就转化为完全背包（因为每个立方数可以取多次）恰好装满求最小的价值，仔细想想。
所以，套一下完全背包的板子吧，但是，这里的一个问题是完全背包装满，这怎么办呢（可能由于本题可以保证装满这个问题不怎么显眼）。举一反三，假设有可能装不满，怎么办？这个问题初始化dp数组时就可以解决。以下方法对于01背包同样适用：
- 普通01背包or完全背包：初始化为0；
- 01背包or完全背包装满求价值最小：初始化为一个大数值如 \(INF\) (0x3f3f3f3f)；
- 01背包or完全背包装满求价值最大：初始化为一个小数值如 \(-INF\) (-0x3f3f3f3f)；
为什么呢？对于本题，初始化为大数值，如果没装满，最后dp[n]会依然是INF，因为我们每次比较取的都是较小值。第二次练习赛的G题就是01背包装满求最大价值，初始化为最小值即可。（熬夜写了这么多，希望大家看得到QAQ）
这题还有另外的解法，那就是类似打表，先把所有数的最小立方个数通过迭代计算得到，然后 \(O(1)\) 时间取得答案。具体可见队列迭代的参考代码二以及for循环迭代的参考代码三。其实这里面也是有DP的思想，因为每次迭代会用到之前的结果，对于多组数据来讲，同样可以节省时间。简单易懂，可以学习一下。
分析
对于完全背包直接解法，时间复杂度为 \(O(V*∑(V/wi))\) 。
迭代的话复杂度差不了多少，由于多组数据的原因，迭代打表运行总时间显得更短些，不纠结这个。
扩展：完全背包装满问题：HDU 1114。
参考代码一：完全背包装满求最小价值
//
// Created by AlvinZH on 2017/10/24.
// Copyright (c) AlvinZH. All rights reserved.
//
#include <cstdio>
#include <cstring>
#define INF 0x3f3f3f3f
#define MaxSize 1000005
int weight[105];
int ans[MaxSize];
int main()
{
for (int i = 1; i < 105; ++i)
weight[i] = i * i * i;
int n;
while(~scanf("%d", &n))
{
for (int i = 0; i <= n; ++i)//初始化为最大值
ans[i] = INF;
ans[0] = 0;
for (int i = 0; i < 105; ++i) {
for (int j = weight[i]; j <= n; ++j) {
if(ans[j] > ans[j-weight[i]] + 1)
ans[j] = ans[j-weight[i]] + 1;
}
}
if(ans[n] == n) printf("Oh NO!\n");
else printf("%d\n", ans[n]);
}
}
/*
* 完全背包恰好装满问题，求最小值。
*/
参考代码二：队列迭代
//
// Created by AlvinZH on 2017/10/24.
// Copyright (c) AlvinZH. All rights reserved.
//
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <queue>
#define INF 0x3f3f3f3f
#define MaxSize 1000005
using namespace std;
int weight[105];
int ans[MaxSize];
queue<int> Q;
void init()
{
memset(ans, INF, sizeof(ans));
for (int i = 1; i < 105; ++i)
weight[i] = i * i * i;
for (int i = 1; i <= 100; ++i) {
ans[weight[i]] = 1;
Q.push(weight[i]);
}
while(!Q.empty())
{
int w = Q.front();
Q.pop();
for (int i = 1; i <= 100; ++i) {
int num = weight[i] + w;
if(num > 1000000) break;
if(ans[num] < INF) continue;
ans[num] = ans[w] + 1;
Q.push(num);
}
}
}
int main()
{
init();
int n;
while(~scanf("%d", &n))
{
if(ans[n] == n) printf("Oh NO!\n");
else printf("%d\n", ans[n]);
}
}
/*
* 思路：直接宽搜，把最开始的数扔进队列，反复用队列中的数去更新没更新的数就行了，注意数组别越界。
*/
参考代码三：for循环迭代
/*
Author: 曾宥崴(13422)
Result: AC Submission_id: 391756
Created at: Fri Nov 10 2017 18:26:40 GMT+0800 (CST)
Problem: 905 Time: 353 Memory: 6612
*/
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <iostream>
using namespace std;
int f[1000001],n;
int main()
{
for (int i = 1; i <= 1000000; i++) f[i] = 1000000000;
f[0] = 0;
for (int i = 0; i <= 1000000; i++)
for (int k = 1; i + k * k * k <= 1000000; k++)
f[i+k*k*k] = min(f[i+k*k*k],f[i] + 1);
while (scanf("%d",&n) != EOF)
if (f[n] == n) printf("Oh NO!\n");
else printf("%d\n",f[n]);
return 0;
}
