Codeforces Problemset 10E(#10 div.1 E)

问题描述

　　Billy在调查不同生活领域中应用贪心算法的问题。目前，他正研究用贪心算法找零钱。现有n种不同面值的硬币，每种硬币的数目不限。任务是用最少数量的硬币凑出金额x。贪心算法每一步会选取面值最高且不超过x的硬币。显然，如果存在面值为1的硬币，那么利用贪心算法可以组成任何金额x。但是，贪心算法不一定会给出x的最优表示，即用最少数量硬币的表示。例如，用面值为{1，3，4}的硬币拼出金额6。贪心算法会给出答案6=4+1+1。但是，最优表示为6=3+3，少用一枚硬币。给出硬币的面值集合，找出是否存在使贪心算法不能得到最优解的金额x。如果存在，给出最小的这样的x。

输入格式

　　第一行包括一个整数n(1≤n≤400)，表示硬币的不同面值数。第二行包括n个互不相同的正整数a _i,(1≤a _i≤10 ⁹)，保证a _i递减且a _n=1。

输出格式

　　如果贪心算法始终能给出最优解，输出-1。否则输出最小的使贪心算法得不出最优解的x。

样例输入

5
25 10 5 2 1

样例输出

-1

样例输入

3
4 3 1

样例输出

6

有篇叫《A Polynomial-time Algorithm for the Change-Making Problem》的论文专门讲这个的。

链接

http://download.csdn.net/detail/weixinding/476809

我稍微翻译了一下……

一个货币系统是一个有限整数集，c1>c2>..>cn，令cn=1，否则可能无解。

定义C为n元向量(c1,c2,..,cn)，在C下一个非负整数x可用一个满足V·C=x，非负n元向量V表示。V的大小表示为|V|=V·(1,1,..,1)。

定义>为字典序的大于。

G(x)是x的贪心表示。

M(x)是x的最小且字典序最大表示。

V是U的子集当且仅当对于任意1<=i<=n,vi<=ui。

我们要证明存在G(x)!=M(x)。

引理：

若U=G(U·C)，则对于任意V为U的子集，那么V=G(V·C)

若U=M(U·C)，则对于任意V为U的子集，那么V=M(V·C)

证明：

U=G(U·C)。

V为U的子集。

对于任意V`·C=V·C

V`·C=V·C

(U-V+V`)·C=U·C

(U-V+V`)<=U  （因为U是字典序最大的）

V`<=V  （移项）

定义运算<<，A<，当且仅当|A|>|B|或者(|A|=|B|且A。

显然运算<<满足<所满足的所有性质。

对于第二个引理证明可以仿照第一个。

对于一个货币系统，若存在最小的反例w使得G(x)!=M(x)，定义A=G(x)=(a1,..,an)，B=M(x)=(b1,..,bn)，显然满足对于任意1<=i<=n，不存在ai>0且bi>0，因为若ai>0且bi>0，令ai和bi同时减一，通过引理我们可以知道，依然是贪心表示和最小表示，且不相等，那就存在更小的反例w-ci，与定义矛盾。

定义M(w)=(m1,..,mn)，i为其第一个非零位，j为其最后一个非零位。

通过定义可得M(w)，那么gi=0，且存在之前的某位不为0，所以i>1。

定理

对于1到j-1号元素，M(w)的和G(c(i-1)-1)的相等。且M(w)的j+1到n号元素都为0。

证明：

因为G(w)第i位为0且非0位在更早的位置，那么说明w>=ci-1。

通过引理可得，M(w)在j位减一，依然还是最小表示，又因为不存在更小的反例，可得G(w-cj)=M(w-cj)，那么G(w-cj)的i位之前全为0，所以

w-cj

定义V=(v1,v2,..,vn)=G(c(i-1)-1)。

c(i-1)-1>=ci,所以vi不等于0。所以我们可以将vi和mi同时减一来得到新的贪心表示G(c(i-1)-1-ci)和M(w-ci)=G(w-ci)，从前面的证明中可以得知，c(i-1)-1-ci，所以G(c(i-1)-1-ci)。某位同时加一不会影响字典序，所以有

V

同时，我们可以将mj位减一，那么可以得到M(w-cj)=G(w-cj)。因为w-cj<=c(i-1)-1，所以可得G(w-cj)<=V。可以发现G(w-cj)和M(w)的区别只有第j位，所以如果在第j位前V与M(w)不同，那么他不可能字典序在二者中间。但是V，所以必须存在k>=j，vk。但是m(j+1)..mn都是0，所以vj。但是G(w-cj)<=V，所以mj -1<=vj。所以mj只能等于vj +1。

所以枚举i、j,然后验证即可。

#include 
using namespace std;
int n,i,j,k,c[411],x,y,z,o,ans;
int main()
{
    ans=1 << 30;
    cin >> n;
    for (i=1;i<=n;i++) cin >> c[i];
    for (i=2;i<=n;i++)
    for (j=i;j<=n;j++)
    {
        x=c[i-1]-1;
        y=0;
        for (k=i;k<=j;k++)
        {
            z=x/c[k];
            x-=z*c[k];
            y+=z;
        }
        x=c[i-1]-1-x+c[j];
        o=x;
        y++;
        if (x