洛谷P1021 邮票面值设计 题解
首先,看到这题,大家肯定首先想到暴力+dfs吧!
可是这题暴力会超时;
好吧我们还是来认真思考下正解
思路应该是枚举出所有种类的邮票,最后判断一下,并记录最大值
暴搜,不行的话,可以剪枝?
1.使a数组保持单调递增,dfs中每次从a[k-1]+1开始搜索,以此来消除重复的搜索;(常规思路)
2.a[1]=1;//每次肯定都要1这个面值的,可以思考一下,那么直接从a[2]开始枚举;
思考一个问题,dfs的枚举的下界已经清晰,可是上界该是多少呢?
这里我们来举个栗子吧~
假设当前准备填第k个(已经填好了k-1)个
前k-1个中可以凑出1-t中的所有整数(需要用dp求出t)
因此我们可以把上界定为t+1(而不是t,因为超过t+1就凑不出t+1,答案就没法+1了)
也就是说
for(int j=a[k-1]+1;j<=end+1;j++){ a[k]=j;dfs(k+1);a[k]=0; }
//这里的end就是由dp求出来前k-1凑出的答案;
诶?怎么突然有了个dp出来(因为我们不知道前面的答案)
于是想到一个dp[j]表示a数组凑成j面值个数的最小值;
于是很容易得到
dp[j]=min(dp[j],dp[j-a[i]]+1);(dp[j-a[i]]<n)//显然现在的情况是小于等于n的;
初始化+oo,dp[0]=0;
code来啦!
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; int n,m,maxx=0; int dp[51000],ans[25],a[25]; int solve(int k){ memset(dp,63,sizeof(dp));dp[0]=0; for(int i=1;i<=k;i++)//前k个数 for(int j=a[i];j<=a[k]*n;j++)//a数组保持其单调性,最多能组成到a[k]*n,此时全部都选最大的数 if(dp[j-a[i]]<n)//只能继承的<n dp[j]=min(dp[j],dp[j-a[i]]+1);//求最小值 int x=0; while(dp[x+1]<=100)x++;//统计结果 return x; } void dfs(int k){ if(k==m+1){//如果已经找到m个 int t=solve(k-1); if(t>maxx){ maxx=t; for(int i=1;i<=m;i++) ans[i]=a[i]; } return; } int end=solve(k-1); for(int j=a[k-1]+1;j<=end+1;j++){ a[k]=j; dfs(k+1); a[k]=0; //很重要的暴力枚举 } } int main(){ cin>>n>>m; a[1]=1; //不管怎样都会选1; dfs(2); for(int i=1;i<=m;i++)printf("%d ",ans[i]); printf("\nMAX=%d\n",maxx);//愉快输出答案! return 0; } //dp+dfs;