[pieces] 洛谷P1928, P1164：递归、基础背包

以下这两个题目代表了递推当中的两种基本思路，即递归和递推。

P1928

分析：这是一个分层的问题，这或许告诉我们层数适量的括号匹配可以通过递归来做，可以大大简化思考量。

一份好代码：
由于递归使用栈，不需要其他的数据结构来存储分层的信息，所以(?)空间复杂度更低。减少了一次性输入的时间耗费但每次读入一个字符还是很浪费时间的。

#include
using namespace std;
string work()
{
	string ret="";//记录答案
	char ch;
	while(cin>>ch)//一直读入
	{
		if(ch=='[')//如果是[
		{
			int x;
			cin>>x;//读入复制次数
			string t=work();//递归要赋值的串
			for(int j=1;j<=x;j++)//循环复制
				ret+=t;//复制一遍
		}
		else if(ch==']')//如果是]
			return ret;//返回答案
		else//否则是字符
			ret+=ch;//累加到答案中
	}
	return ret;//返回答案
}
int main()
{
	cout<<work()<<endl;//输出答案
	return 0;//程序结束
}

P1164

这个题目是一个很好的背包入门题目，主要掌握两个思路，一个是基础的填表，另一个是通过逆序求和来降维。

填表是背包问题的基础思路，即多少钱能买多少东西的一张表。复杂度为$O(m\ast n)$。虽然对于背包来说，时间复杂度不能再降低了。但是空间可以通过降维方法得到很好的解决。我们可以这样思考：

一组数求和可以使用先储存再遍历的手段。

s[i] = s[i-1] + a[i];

但我们发现这样的话，保存了很多没有必要的中间结果，即s[0]到s[n-2]
所以，如果只需要最末尾的那个和，可以将和值用一个变量进行迭代：

s += a[i];

至于dp表，其实也是这个道理，中间很大的部分都没有被最终利用到，所以我们将中间的那么多行全部省掉。在这个题目中，我们省去了99%的内存。

大佬代码如下

#include 
using namespace std;
int n, m, a[110], f[10010] = {1};
int main()
{
    cin >> n >> m;
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        cin >> a[i];
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        for (int j = m; j >= a[i]; j--)
            f[j] += f[j-a[i]];
    cout << f[m];
    return 0;
}