饭票 题解

1.题意简述

某天小 $x$ 去食堂吃饭，手里有 $n$ 种饭票，面值分别为 $A_1～A_n$ ,数量分别为 $C_1～C_n$ 请你计算小 $x$ 的饭票能组成多少在 $[1,m]$ 区间内的面值。

2.样例解释

3 10
1 2 4 2 1 1

8

样例中，我们有两张一元，一张两元和一张四元，可以凑出 $1$ 到 $8$ 元中所有面值,故答案为 $8$。

3.思路

1.90分思路

我们先定义一个长度为 $m$ 的布尔数组，用于存储每种面值是否被凑到过，在最开始将 $0$ 元打上逻辑真标记，表示 $0$ 元可以被凑出。

然后对于第 $i(1\le i\le n)$ 种面值 $a_i$ 何其对应张数 $c_i$， 只需从之前打上标记的所有面值出发重复 $c_i$ 次将比当前点大 $a_i$ 的点打上逻辑真，最后遍历整个数组输出逻辑真的个数即可。

代码如下：

dp[0] = 1;
v.push_back (0);

For (i, 1, n) {
	p = 0, len = v.size ();
	for (int j = 0; j < len; j ++) {
		int now = v[j];
		for (int k = 1; k <= a[i].c; k ++) {
			if (now + a[i].a * k > m) break;
			if (dp[now + a[i].a * k] == 0) {
				ans ++;
				dp[now + a[i].a * k] = 1;
				v.push_back (now + a[i].a * k);
			}
		}
	}
}
cout << ans << endl;

2.100分思路

还是可以定义逻辑数组存储面值是否能凑到，还是将面值 $0$ 标记为1，不同的是这次我们在遍历 $n$ 的点时再直接枚举面值，也就是说从 $1$ 枚举到 $m$，在之前已经能凑出来的面值的基础上加上当前饭票面值 $a_i$。

如果新凑出的面值之前没有凑出过且在 $1$ 到 $m$ 的范围内，就将 $ans$ 加上1。

我们新开一个 $dp[i][j]$ 数组，表示若要凑出 $j$ 元面值需要多少张 $a_i$ 元饭票（变相说明 $d{p}_{(i,j=(1,2,3...m)}\le c_i$ ）所以当每次能更新时，就用如下状态转移方程：$$d{p}_{(i,j+a_i)}=d{p}_{(i,j)}+1$$

此外还要注意一点：即使这个点已经被凑出来，但代进去不满足上述方程，也需要更新一下。。。

3.代码

#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <vector>
//define int long long

using namespace std;

#define N 100010
#define For(i,j,k) for(int i=j;i<=k;i++)
#define IOS ios::sync_with_stdio(),cin.tie(),cout.tie()

int n, m, ans = 0, dp[110][100010];
bool ok[N];
struct no {
	int a, c;
}a[N];

int main () {
    IOS;
	cin >> n >> m;
	For (i, 1, n) cin >> a[i].a;
	For (i, 1, n) cin >> a[i].c;
	ok[0] = true; //将面值 0 标记为true

	For (i, 1, n) {
		For (j, 0, m) { //从面值0枚举到面值m
			if (ok[j] && dp[i][j] < a[i].c) { 
			//如果面值j已被凑出来过，且接下来凑出的面值确保使用不超过 c[i] 张
				if (!ok[j + a[i].a] && j + a[i].a <= m) {
				//如果接下来凑出来的面值之前没有凑出来过，并且在 1~m 的范围内
					ans ++; //记录结果
					ok[j + a[i].a] = true; //标记面值为true
					dp[i][j + a[i].a] = dp[i][j] + 1; 
					//面值j使用的饭票数量是它派生出的面值的使用饭票数量+1
				} else if (dp[i][j + a[i].a] > dp[i][j] + 1){
				//如果已经被凑出来过，但是不满足方程
					dp[i][j + a[i].a] = dp[i][j] + 1;
					//维护一下数组，令其符合方程
				}
			}
		}
	}

	cout << ans << endl; //输出
	return 0;
}

4.一个可以有的小优化

事实上，在循环时 $dp$ 数组的第一维并没有派上用场，所以我们可以将 $dp$ 数组开成一维的，并在每次清空一下即可，这样一来可以大大减小空间复杂度，但对应的，时间复杂度也会更高。

下面是开了二维与不开二维的区别 ($c++17$)：

开了二维：
不开二维：