洛谷 P2725 邮票 Stamps 解题报告
P2725 邮票 Stamps
题目背景
给一组 N 枚邮票的面值集合（如，{1 分，3 分}）和一个上限 K —— 表示信封上能够贴 K 张邮票。计算从 1 到 M 的最大连续可贴出的邮资。
题目描述
例如，假设有 1 分和 3 分的邮票；你最多可以贴 5 张邮票。很容易贴出 1 到 5 分的邮资（用 1 分邮票贴就行了），接下来的邮资也不难：
6 = 3 + 3
7 = 3 + 3 + 1
8 = 3 + 3 + 1 + 1
9 = 3 + 3 + 3
10 = 3 + 3 + 3 + 1
11 = 3 + 3 + 3 + 1 + 1
12 = 3 + 3 + 3 + 3
13 = 3 + 3 + 3 + 3 + 1
然而，使用 5 枚 1 分或者 3 分的邮票根本不可能贴出 14 分的邮资。因此，对于这两种邮票的集合和上限 K=5，答案是 M=13。 [规模最大的一个点的时限是3s]
小提示:因为14贴不出来,所以最高上限是13而不是15
输入输出格式
输入格式：
第 1 行： 两个整数，K 和 N。K（1 <= K <= 200）是可用的邮票总数。N（1 <= N <= 50）是邮票面值的数量。
第 2 行 .. 文件末： N 个整数，每行 15 个，列出所有的 N 个邮票的面值，每张邮票的面值不超过 10000。
输出格式：
第 1 行：一个整数，从 1 分开始连续的可用集合中不多于 K 张邮票贴出的邮资数。
这是一个我一开始就想偏了的完全背包。
一开始：
#include <cstdio>
const int N=201;
const int inf=0x3f3f3f3f;
int max(int x,int y) {return x>y?x:y;}
int min(int x,int y) {return x>y?y:x;}
bool dp[3000010];//表示在第i张时面值k是否ok
int k,n;//邮票总数，面值数
int kind[52];
int m_min=inf,m_max=0;
int main()
{
scanf("%d%d",&k,&n);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d",kind+i);
m_max=max(kind[i],m_max);
m_min=min(kind[i],m_min);
}
dp[0]=true;
for(int i=0;i<k;i++)
{
int l=m_min*i,r=m_max*i;
for(int p=r;p>=l;p--)
if(dp[p])
for(int j=1;j<=n;j++)
dp[p+kind[j]]=true;
}
for(int i=1;i<=m_max*k+1;i++)
{
if(!dp[i])
{
printf("%d\n",i-1);
break;
}
}
return 0;
}
三维的呢。
完全背包：
#include <cstdio>
#include <cstring>
const int N=201;
const int inf=0x3f3f3f3f;
int max(int x,int y) {return x>y?x:y;}
int min(int x,int y) {return x>y?y:x;}
int dp[3000010];//表示在组成面值为i时用的最小邮票数
int k,n,m_max=0;//邮票总数，面值数
int kind[52];
int main()
{
memset(dp,0x3f,sizeof(dp));
scanf("%d%d",&k,&n);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d",kind+i);
m_max=max(m_max,kind[i]);
}
dp[0]=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
int r=m_max*k+1;
for(int j=0;j<=r;j++)
dp[j+kind[i]]=min(dp[j+kind[i]],dp[j]+1);
}
for(int i=0;;i++)
if(dp[i]>k)
{
printf("%d\n",i-1);
break;
}
return 0;
}
其实把\(k\)放在数组里面最后比，我还真没想到。
我所能理解的思维导向是从完全背包出发的。
每种邮票都有无限多张
注意常数优化，比如\(j\)的枚举显然并不是最优的
2018.5.3
