Bank notes

原题链接

这道题算是 P3423 的迷你版，没有输出每个硬币取了多少个，十分的友好。

描述

Byteotian Bit Bank (BBB) 拥有一套先进的货币系统,这个系统一共有$n$种面值的硬币,面值分别为$b1, b2,..., bn$. 但是每种硬币有数量限制,现在我们想要凑出面值k求最少要用多少个硬币.

输入

第一行一个数$n,1 <= n <= 200.$接下来一行 $n$ 个整数 $b_1,b_2,..., bn,$ $1 \leq b1 < b2 <$ $... < b n \leq 20000$， 第三行 $n$ 个整数 $c1, c2,..., cn, 1 <= ci <= 20 000$， 表示每种硬币的个数.最后一行一个数$k$表示要凑的面值数量, $1 <= k \leq 20 000$.

输出

第一行一个数表示最少需要付的硬币数

输入样例 1

3

2 3 5

2 2 1

10

输出样例 1

3

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通过题目显然可以看出，这是一道明显的多重背包问题。

但是这个数据呢，显然不是很友好。按照一般的多重背包来说，时间复杂度显然为$O(N*V*ci)$，最坏复杂度$200*20000*20000$。很好，属实是炸到姥姥家了。

二进制拆分

这是对于多重背包的一种尤为有效的优化方法。

举个例子就明白:

例子

100件物品

怎么才能用最少的数枚举出来？

实际上可以通过组合的方式：

给出

1 2 4 8 16 32

分别二进制下的对应

1 10 100 1000 10000 100000

则可以枚举出1到63（1111111），再加上一个37，就可以实现1100的枚举。

用法

众所周知，背包问题有很多变种都是从01背包转过来的。01背包的特征：有选与不选两种状态。并且能通过枚举每种状态，求得最优解。

仔细思考一下，假设把100件物品分成二进制。价值，代价（如果有）就会增加到原来的同样数量的倍数，是不是就可以拿拆分后的数做01背包呢？

显然是的。

使用了二进制拆分后的复杂度为：$O(N*V*log(ci))$

最大时间约为：$200*20000*15=6*10^7$，可以通过。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m,b[211],c[211],dp[2111111],w[111111],v[111111];
int main(){
	freopen("bank.in","r",stdin);
	freopen("bank.out","w",stdout);
	cin>>n;
	for(int i=1;i<=n;i++) {
		scanf("%d",&b[i]);
	}
	for(int i=1;i<=n;i++) {
		scanf("%d",&c[i]);
	}
	int cnt=0;
	for(int i=1;i<=n;i++) { 
		int count=1;
		while(count<c[i]) {
			cnt++;
			w[cnt]=count*b[i];
			v[cnt]=count;
			c[i]-=count;
			count*=2;
		}
		if(c[i]>0) {
			cnt++;
			w[cnt]=c[i]*b[i];
			v[cnt]=c[i];
		}
	}
	for(int i=1;i<=2000000;i++) {
		dp[i]=0x7ffffff;
	}
	cin>>m;
	for(int i=1;i<=cnt;i++) {
		for(int j=m;j>=w[i];j--) {
				dp[j]=min(dp[j],dp[j-w[i]]+v[i]);
			}
		}
	cout<<dp[m];
	return 0;
}

据说可以用单调队列优化，但我不会不想写。以后有时间再说吧。

等我成了大佬。