题目描述
有n种不同大小的数字Ai,每种各Mi个。判断是否能从这些数字中选出若干个使它们的和恰好为K。
这个问题可以用DP求解,递推关系式的定义会影响最终的复杂度。
第一种定义:
dp[i+1][j],用前i种数字是否能加和成j
为了用前i种数字加和成j,也就需要能用前i-1种数字加和成j,j-Ai,···,j-MiAi中的某一种。由此我们可以定义如下递推关系:
dp[i+1][j]=(0<=k<=Mi且KAi<=j时存在使dp[i][j-kAi]为真的K)
#include<iostream>
#include<stdio.h>
using namespace std;
int n,K;
int a[100],m[100];///a表示数字大小,m表示这个数字的个数
bool dp[100][100];///dp数组
void solve()
{
dp[0][0]=true;
for(int i=0; i<n; i++)
for(int j=0; j<=K; j++)
for(int k=0; k<=m[i]&&k*a[i]<=j; k++)
dp[i+1][j]|=dp[i][j-k*a[i]];
if(dp[n][K])///dp[n][k]存在,即前n个数字能组成和K
printf("Yes\n");
else
printf("No\n");
}
int main()
{
scanf("%d",&n);
for(int i=0;i<n;i++)
scanf("%d",&a[i]);
for(int i=0;i<n;i++)
scanf("%d",&m[i]);
scanf("%d",&K);
solve();
return 0;
}
但是这种方法的时间复杂度比较大,因为一般用DP求取bool结果的话会有不少浪费,在这个问题中,我们不仅要求出能否构成目标的和数,同时把得到时Ai这个数还剩下多少个可以使用计算出来,这样就可以减少复杂度。
定义 dp[i+1][j],用前i种数加和得到j时第i种数最多能剩余多少个(不能加和得到i的情况下为-1)。
按照如上所述的递推关系,这样如果前i-1个数加和能得到j的话,第i个数就可以留下Mi个。此外,前i种数加和出j-Ai时第i种数还剩下k(k>0)德华,用这i种数加和j时第i种数就能剩下k-1个。由此我们能得到如下递推:
dp[i+1][j]=Mi; (dp[i][j]>=0)
dp[i+1][j]=-1; (j<Ai或者dp[i+1][j-Ai]<=0)
dp[I+1][j]=dp[I+1][j-Ai]-1; (其他)
这样,只要看最终结果是否满足dp[n][K]>=0就知道答案啦。
#include<iostream>
#include<stdio.h>
#include<string.h>
using namespace std;
int n,K;
int a[100],m[100];///a表示数字大小,m表示这个数字的个数
bool dp[100];///dp数组
void solve()
{
memset(dp,-1,sizeof(dp));
dp[0]=0;
for(int i=0; i<n; i++)
for(int j=0; j<=K; j++)
{
if(dp[j]>=0)///如果能组成数字j的话,
dp[j]=m[i];
else if(j<a[i]||dp[j-a[i]]<=0)
dp[j]=-1;
else
dp[j]=dp[j-a[i]]-1;
}
if(dp[K]>=0)
printf("Yes\n");
else
printf("No\n");
}
int main()
{
scanf("%d",&n);
for(int i=0; i<n; i++)
scanf("%d",&a[i]);
for(int i=0; i<n; i++)
scanf("%d",&m[i]);
scanf("%d",&K);
solve();
return 0;
}