[POJ1742] Coins [多重背包]

[$\mathfrak{L}\mathfrak{i}\mathfrak{n}\mathfrak{k}$]

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三种方法。
写得比较优秀的二进制拆分+分数据范围处理、多重背包可行性、单调队列优化。

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第一种方法。
一般的二进制拆分复杂度是$\Theta (m\sum lo{g}_2{\mathcal{C}}_i)$。算一下就能发现这个上界卡到$1e8$。
考虑怎么降低处理数量多的硬币的复杂度。显然假如${\mathcal{C}}_i\times {\mathcal{V}}_i\ge m$就可以当作完全背包来跑。
那就这么做。

注意多重背包的二进制拆分是允许重复的，
如果是单纯把${\mathcal{C}}_i$二进制表示里为$1$的位拿出来并不能组合得到所有不大于${\mathcal{C}}_i$的方案
一定要从$1$开始倍增，最后把减剩下的${\mathcal{C}}_i$单独拿出来再跑一次。

#include
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#include
#include
using namespace std;
int n, m, c;
int a[105];
bool f[100005];
int main() {
	while (~scanf("%d%d", &n, &m)) {
		if (!n && !m) return 0;
		for (int i = 1; i <= m; ++i) {
			f[i] = 0;
		}
		f[0] = 1;
		for (int i = 1; i <= n; ++i) {
			scanf("%d", &a[i]);
		}
		for (int i = 1; i <= n; ++i) {
			scanf("%d", &c);
			if (c * a[i] < m) {
				for (int t, k = 1; k <= c; k <<= 1) {
					t = k * a[i];
					for (int j = m; j >= t; --j) {
						f[j] |= f[j - t];
					}
					c -= k;
					if (!c) break;
				}
				if (c) {
					int t = c * a[i];
					for (int j = m; j >= t; --j) {
						f[j] |= f[j - t];
					}
				}
			}
			else {
				for (int j = a[i]; j <= m; ++j) {
					f[j] |= f[j - a[i]];
				}
			}
		}
		int ans = 0;
		for (int i = 1; i <= m; ++i) ans += f[i];
		printf("%d\n", ans);
	}
	return 0;
}

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第二种方法。
实际上这种方法是很自然的。
我的代码比较丑，漂亮一点的代码应该看一眼就可以明白原理了。

#include
#include
#include
#include
#include
#include
using namespace std;
int n, m, c, ans;
int a[105];
int vis[100005];
bool f[100005];
void Check(const int &x) {
	for (int i = 1; i <= m; ++i) {
		vis[i] = 0;
	}
	f[0] = 1;
	for (int i = a[x]; i <= m; ++i) {
		if (vis[i - a[x]] == c) continue;
		if (f[i] || !f[i - a[x]]) continue;
		f[i] = 1;
		vis[i] = vis[i - a[x]] + 1;
		++ans;
	}
}
int main() {
	while (~scanf("%d%d", &n, &m)) {
		if (!n && !m) return 0;
		ans = 0;
		memset(f, 0, sizeof(f));
		for (int i = 1; i <= n; ++i) {
			scanf("%d", &a[i]);
		}
		for (int i = 1; i <= n; ++i) {
			scanf("%d", &c);
			Check(i);
		}
		printf("%d\n", ans);
	}
	return 0;
}

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第三种方法。
实际上这道题目完全没必要用单队解、不过也是可以的。
多重背包朴素式子$f_j=max\{f_{j-kcos{t}_i}+kvalu{e}_i|k\in [0,coun{t}_i]\}$
外层枚举物品，把$j$重标号，按照$\%cos{t}_i$的余数分类，转化式子。可以得到
$f_{j^{\prime }}=max\{f_{k^{\prime }}-k^{\prime }value|k^{\prime }\in [j^{\prime }-coun{t}_i,j^{\prime }]\}+j^{\prime }value,j^{\prime }cos{t}_i+\mathcal{R}emainder=j$（枚举$\mathcal{R}emainder$）
这是单调队列优化的普遍形式，在单调队列中维护$max\{f_{k^{\prime }}-k^{\prime }value\},k\in [j-coun{t}_i,j]$
每次将$f_{k^{\prime }}-k^{\prime }value$入队，得到的最大值是$\ast queue.front()+jvalue$
到这道题目里面有$cos{t}_i=valu{e}_i$，于是每个背包只有能否被覆盖的状态
于是单调队列维护的就是有没有$1$。
那么只要知道前面这一段有没有$1$就可以了。