【动态规划】Poj1742 Coins【解法汇集】
【 题目描述 】
金银岛上的人使用金币，每种金币面值分别是 A1; A2; A3; : : : ; An 元。一天 Tony 决定在
附近商店买一个非常好的表，他想在付钱的时候不要找零，但是他发现他的钱包里每种金
币的数量分别只有 C1; C2; C3; : : : ; Cn 个。不过，Tony 知道这块表的价格不会超过 M 元金币
（他不知道表的精确价格）。不知他的付钱方式能否实现。
你的任务是帮助 Tony 算一下，在 1::M 元范围内（包括边界），他钱包中的金币可以精
确支付多少种价格。
【 输入格式 】
输入包括多组测试数据。每组测试数据的格式如下：
第一行包括 2 个整数 n; M。
第二行包括 2n 个整数 A1; A2; A3; : : : ; An 和 C1; C2; C3; : : : ; Cn。
测试数据的最后一行有 2 个 0，这一行无需处理。
【 输出格式 】
每组测试数据输出一行，为一个整数，即能精确支付的价格种数。
【输入输出样例】
coin.in coin.out
3 10
1 2 4 2 1 1
2 5
1 4 2 1
0 0
8
4
【 数据规模与约定 】
对于 30% 的数据，1<=N<=30; 1<= M<=1000
对于 60% 的数据，1<=N<=60
对于 100% 的数据，1<=n<=100; 1<=M<=10^5;1<=Ai<=10^5;1<=Ci<=1000
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楼天成男人八题入门级，如下提供四种解法：
Way1
限制数量的完全背包
本质：多重背包转完全背包
因为是有多个，所以可以先看作是完全背包，但在状态转移的过程中，使达f[i]状态时使用的当前种类的物品尽可能的少（即如果之前有达到过面值i，则不进行更行）
详细问题看代码：
#include//f[j]->只有当前状态成立，转移的状态才会成立
{//f[j+a[i]]==0->减少更新，以使g[i]尽可能小，能到达更多的状态；
f[j+a[i]]=1;
g[j+a[i]]=g[j]+1;//此处可以用g[j][i]表示到状态j使用i物品最少个数，因为只与当前第i种物品有关，所以可以用滚动数组保存，以省一维空间。
}
for(int i=1;i<=m;i++)
if(f[i])cnt++;//如果面值可以达到则可能数++
cout<scanf("%d%d",&n,&m);
}
return 0;
} 方法一结束
Way2
滚动数组的可行性
本质:有可行数统计的完全背包
即是通过判断是否可行，并以滚动数组进行维护，与Way1有几分神似
详见代码:
#include//输出
ans=0;
}
return 0;
} 方法二结束
Way3
物品数量的二进制优化
本质:多重背包转01背包
针对至多为一千的物品数，可以划分为1，2，4，8……c[i]-1-2-4-8,通过二进制的进位划分成不同数量的集合
如此可以在不影响01背包正确性的情况下，把c[i]化为log2级，使得复杂度(n*m*log(c[i]))
#include//如果剩余的物品数量可以被再次划分
{
c[i]-=j;//减去理想集合集合的数量
w[i][++wl[i]]=j;//记录理想集合中的物品数量数量(化理想为现实)
j=j<<1;//理想集合中物品数量进一位(乘2)
}
else//如果已经不能再被划分
{
w[i][++wl[i]]=c[i];//记录剩余的所有物品个数
break;//跳出循环，无需再做(理想破灭)
}
}
}
return ;
}
int main()
{
freopen("coin.in","r",stdin);
freopen("coin.out","w",stdout);
while(scanf("%d%d",&n,&m)!=EOF)
{
if(n==0&&m==0)return 0;//如果计算至文末，结束程序
for(int i=1;i<=n;i++)
scanf("%d",&a[i]);
for(int i=1;i<=n;i++)
scanf("%d",&c[i]);//如上为读入部分
Init();//划分背包数量的预处理
memset(f,0,sizeof(f));//默认所有的值均为不可能
f[0]=1;//面值为0，一定可行
for(int i=1;i<=n;i++)//枚举物品种类
for(int k=1;k<=wl[i];k++)//枚举数量的集合数量
for(int j=m-a[i]*w[i][k];j>=0;j--)//枚举面值
f[j+a[i]*w[i][k]]=f[j+a[i]*w[i][k]]|f[j];//如果f[i]==1，则f[j+a[i]*w[i][k]]，用按位或进行无脑运算
int ans=0;
for(int i=1;i<=m;i++)
ans+=f[i];//统计可行的面值数
cout<return 0;
} 方法三结束
Way4
多重背包+单调队列的优化
本质：多重背包
在不改变多重背包的性质下，用单调队列优化决策和运行速度。
有趣的是这道题的单调队列不需要删除队尾，所以可以定义FIFO队列，想一想这是为什么？
代码如下：
#include//避免重复
{
while(q.size()>0) q.pop();//清空队列
for(int k=j;k<=m;k+=a[i])//充分利用大小
{
while(q.size()>0&&k-q.front()>maxl) q.pop();//始末两点之间的距离应小于第i种物品的总价值
if(!f[k])//由此对于枚举c[i]和m有了较大的提升
{
if(q.size()>0)//只有队列不为空，即可以从某点到达
f[k]=1;
}
else q.push(k);//如果等于0，则入队尾
}
}
}
int ans=0;
for(int i=1;i<=m;i++)
if(f[i])ans++;//统计可行的面值数
printf("%d\n",ans);
}
return 0;
} 方法四结束
至此coins的四种方法全部整理完毕，如果有所遗漏请在下方评论区提出