hdu 饭卡

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饭卡

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Problem Description

电子科大本部食堂的饭卡有一种很诡异的设计，即在购买之前判断余额。如果购买一个商品之前，卡上的剩余金额大于或等于5元，就一定可以购买成功（即使购买后卡上余额为负），否则无法购买（即使金额足够）。所以大家都希望尽量使卡上的余额最少。
某天，食堂中有n种菜出售，每种菜可购买一次。已知每种菜的价格以及卡上的余额，问最少可使卡上的余额为多少。

 

Input

多组数据。对于每组数据：
第一行为正整数n，表示菜的数量。n<=1000。
第二行包括n个正整数，表示每种菜的价格。价格不超过50。
第三行包括一个正整数m，表示卡上的余额。m<=1000。

n=0表示数据结束。

 

Output

对于每组输入,输出一行,包含一个整数，表示卡上可能的最小余额。

 

Sample Input

1
50
5
10
1 2 3 2 1 1 2 3 2 1
50
0

 

Sample Output

-45
32

分析：

这是一个变形的01背包问题，首先如果金额小于5元，剩余金额不变，为已有金额。如果大于等于5元

我们先用5元买最贵的菜。然后用剩下的钱买其他的菜这时就是一个典型的01背包问题了；

求出最大的花费，然后用总金额减去最大的花费即为剩余金额。

抽象的地方是花费和价值都是用金额表示。

#include <iostream>
#include <stdio.h>
#include <algorithm>
#include <string.h>
using namespace std;
bool cmp(int a,int b)
{
    return a<b;
}
int main()
{
    int n,k[1001],f[1001],m;
    while(scanf("%d",&n),n)
    {
        for(int i = 0; i < n; i++)
        {
            scanf("%d",&k[i]);
        }
        sort(k,k+n,cmp);
        scanf("%d",&m);
        if(m>=5)
        {
            memset(f,0,sizeof(f));
            for(int i = 0; i < n-1; i++)
            for(int j = m-5; j>=k[i];j--)
            {
                if(f[j-k[i]]+k[i]>f[j]&&f[j-k[i]]+k[i]<=m-5)//注意这里的f[j-k[i]]+k[i]<=m-5。
                f[j] = f[j-k[i]]+k[i];
            }
            printf("%d\n",m-f[m-5]-k[n-1]);
        }
        else printf("%d\n",m);
    }
    return 0;
}

关于27行f[j-k[i]]+k[i]<=m-5这个条件，我试过不要这个条件在hdu上一样可以通过。但是仔细考虑这个条件还是不可少的，

因为针对这个题我们已经用五元购买最贵的菜了，也就是说剩下的金额不能再超支了。所以总花费不能大于m-5.