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Cn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)x的贪心表示。

M(x)x的最小且字典序最大表示。

VU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:

U=G(U·C),则对于任意VU的子集,那么V=G(V·C)

U=M(U·C),则对于任意VU的子集,那么V=M(V·C)

证明:

U=G(U·C)

VU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|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>0bi>0,因为若ai>0bi>0,令aibi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1j-1号元素,M(w)的和G(c(i-1)-1)的相等。且M(w)j+1n号元素都为0

证明:

因为G(w)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)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)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vimi同时减一来得到新的贪心表示G(c(i-1)-1-ci)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)M(w)的区别只有第j位,所以如果在第j位前VM(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>=jvk。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ij,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


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