P1164-小A点菜

#include<iostream>
using namespace std;
const long long N = 1e5 + 9;
int dp[1000][1000];
int a[N];
int main() {
	long long m, n,ans=0;
	cin >> n >> m;
	for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i];
	for (int i = 0; i <= n; i++) {
		dp[i][0] = 1;
	}
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		for (int j = 1; j <= m; j++) {
			if (j >= a[i]) {
				dp[i][j] += dp[i - 1][j - a[i]];
			}
			dp[i][j] += dp[i - 1][j];
		}
	}
	cout << dp[n][m];
	return 0;
}

$line :11$ 为所有花费 0 元的商品的方法赋值为 1; 因为花费0元的方法,有且仅有一种,那就是都不买

$line:13-14$ 两次循环,外循环为商品的数目,内循环为花费的钱 ,即表示每 $i:(1\to n)$ 件商品花费 $j:(1 \to m)$ 元的方法数, 先历遍商品数.(动态规划的方程为$ dp[i][j] += dp[i - 1][j - a[i]]$ 就是通过 $i-1$ 的数目推出 $i$ 的数目,所以先历遍商品数)

if (j >= a[i]) {                     
	dp[i][j] += dp[i - 1][j - a[i]];
}
dp[i][j] += dp[i - 1][j];

其中 $dp[ i ][ j ]$ 表示前 $i$ 个商品花费 $ j $ 元的方法数.

$dp[i][j]$一共有两种情况:

买第 $i$ 件商品 : $dp[i][j] += dp[i - 1][j - a[i]]$ 相当于在前 $i-1$ 件商品花费 $j-a[i]$ 元的基础之上卖下了花费$a[i]$ 元的 $i$ 这件商品(前提是$j>= a[i]$ 可以买)
不买第 $i$ 件商品:$dp[i][j] += dp[i - 1][j] $ 那么就表示前$i$ 件商品和前 $i-1$ 件商品一样花费了 $j$ 元

因为求的是方法,所以两种情况都要加上, 其中不买 $i$ 这件商品这种情况一定存在

最后输出 $dp[n][m]$ ,即一共 $n$ 件商品花费 m元的方法

优化为一维数组

为何可以优化？：

每次循环只用到了 $i$ 的上一个 $i-1$

所以由 $dp[i][j]$ 可以变为 $dp[j]$

#include<iostream>
using namespace std;
const long long N = 1e5 + 9;
int dp[N];
int a[N];
int main() {
	long long m, n, ans = 0;
	cin >> n >> m;
	for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i];
		dp[0]= 1;//表示最初始的那个，第一个商品花费0元的方法为1；
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		for (int j = m; j >= 1; j--) {//注意这里要反过来应为dp[j-a[i]]可能已经改变了
         	//这里省略了一步就是 dp[j]=dp[j] 这表示 不买的情况,下一个和上一个的方法数是一样的
			if (j >= a[i]) {
				dp[j] += dp[j - a[i]];//逐渐迭代
			}
		}
	}
	cout << dp[m];
	return 0;
}

$line:15$ 一维的 $dp[j] += dp[j - a[i]]$ 对比二维的 $dp[i] [j] += dp[i - 1] [j - a[i]]$

$dp[j] += dp[j - a[i]]$ , 表示花费$j-a[i]$元可以卖下前$i-1$个商品的方法数的基础上买下$i$这件商品的方法数,直接覆盖掉 $dp:i-1$的
所以要倒过来历遍$j:(m\to 1)$,以防 $dp[j-a[i]]$ 被覆盖了

posted @ 2024-01-11 07:47 TangJane 阅读(16) 评论(0) 编辑收藏举报

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优化为一维数组