题意:有四种硬币,1分,5分,10分,25分,分别有a,b,c,d种,给出一个n分钱,要求你求出组成n分钱最多需要的硬币数量,并且输出组成它的各种硬币的数量......
学到的东西:这个题目我是用两种方法做的,一个是完全背包,一个是多重背包。做完这个题目,我对背包的理解可以说上了个层次......还有记录路径的方法,反过来求出各个硬币的数量,都是我以前做的题目没有涉及到的.......
要求出各个硬币有多少种,只需要记录路径,在开一个数组统计p-path[p],为什么可以如此?很容易想到path[p]=p-v[i]
如此,p-path[p]==p-(p-v[i])==v[i],而v[i]正好是硬币的价值........这道题目令我思考到一个东西,一般的背包问题的初始值都是将dp全部赋值为0的,而在这边dp[0]==1,并且在动态转移的过程中,还限制了dp[j]>0才可以转移,与背包的模板的动态转移不同啊?为什么要这样呢?
在一般的dp题目里面,有体积,价值,所要求的不是最大价值就是最小价值,而定义的dp[i][j]意义是装有i件物品,体积为j的最大值为dp[i][j],简化为一维的dp[j]代表的是在体积为j的时候最大价值为dp[j]。仔细观察,可以发现,在dp[j-v[i]]时,dp[j]本身就可以从dp[j-v[i]]那边得到值,因为dp[j-v[i]]这个地方,它可以组成dp[j]......也就是说,它不需要去判断在dp[j-v[i]]前面是否有数可以组成dp[j-v[i]],因此dp[j-v[i]]为不为0,不影响最终结果......
而这个题目却不同,需要赋值dp[0]=1;在动态转移的时候还得保证dp[j-v[i]]>0,这是因为题意是要求组成n分钱需要的最多硬币数量,那么你要可以组成dp[n],dp[n-v[i]]必须要可以组成,否则就会出错.......同理,这道题目原理如此,在做给出n分钱,每种钱币有a,b,c,.....种,求组成n分钱最多的种数,也是要赋值dp[0]=1的,原理是一样的........
这告诫我,在做dp题目时,要仔细思考好其前后的关系,以及中间推导至最后的关系.....
完全背包代码:
#include<iostream> #include<stdio.h> #include<string.h> using namespace std; int dp[10010],ans[10010],num[10010],path[10010]; int p,c[5]={0,1,5,10,25},t[5]; int main() { while(scanf("%d %d %d %d %d",&p,&t[1],&t[2],&t[3],&t[4])>0&&(p+t[1]+t[2]+t[3]+t[4])) { memset(dp,0,sizeof(dp)); memset(ans,0,sizeof(ans)); memset(path,0,sizeof(path)); dp[0]=1; for(int i=1;i<=4;i++) { memset(num,0,sizeof(num)); for(int j=c[i];j<=p;j++) if(dp[j-c[i]]&&dp[j-c[i]]+1>dp[j]&&num[j-c[i]]<t[i]) //一般来说,完全背包的硬币是没有限制的,后一个数必然可以由前面的某个数组成,所以也就不需要dp[j-c[i]]>0,
但是,这次用到的完全背包其硬币数受到了限制,也就导致有些数根本不可能组成,所以要把这些数排除 { dp[j]=dp[j-c[i]]+1; num[j]=num[j-c[i]]+1; path[j]=j-c[i]; } } int i=p; if(dp[p]>0) { while(i!=0) { ans[i-path[i]]++; i=path[i]; } printf("Throw in %d cents, %d nickels, %d dimes, and %d quarters.\n",ans[1],ans[5],ans[10],ans[25]); } else printf("Charlie cannot buy coffee.\n"); } return 0; }
#include<iostream> #include<stdio.h> #include<string.h> using namespace std; struct node { int num; int cout; int dw; }w[20001]; int dp[20001],c[5]={0,1,5,10,25},t[5],path[20001][2],ans[20001]; int p; int main() { while(scanf("%d%d%d%d%d",&p,&t[1],&t[2],&t[3],&t[4])>0&&(p+t[1]+t[2]+t[3]+t[4])) { int cnt=0; for(int i=1;i<=4;i++) { int k=1; while(t[i]-k>0) { w[cnt].num=k*c[i]; w[cnt].cout=k; w[cnt++].dw=c[i]; t[i]-=k; //if(i==1) //printf("%d\n",w[cnt-1].dw); k*=2; } w[cnt].num=t[i]*c[i]; w[cnt].cout=t[i]; w[cnt++].dw=c[i]; //if(i==1) // printf("%d\n",w[cnt-1].dw); } memset(dp,0,sizeof(dp)); memset(path,0,sizeof(path)); memset(ans,0,sizeof(ans)); dp[0]=1; for(int i=0;i<cnt;i++) { for(int j=p;j>=w[i].num;j--) if(dp[j-w[i].num]>0&&dp[j]<dp[j-w[i].num]+w[i].cout) //多重背包的二进制拆分其原理就是转化成01背包来处理,而01背包是从n推导至0,在i==1时,dp[n-w[i].num]+w[i].cout>dp[n]除非w[i].cout==0,否则就是必然的,但是同时,你要可以组成dp[n],那么你首先要可以组成dp[n-w[i].num],那么也就是说dp[n-w[i].num]必须要>0,才可以进行动态转移 { dp[j]=dp[j-w[i].num]+w[i].cout; //printf("%d %d %d %d\n",w[i].num,w[i].dw,w[i].cout,dp[j]); path[j][0]=j-w[i].num; path[j][1]=i; } } //printf("%d\n",dp[p]); if(dp[p]!=0) { while(p!=0) { int tmp=p-path[p][0]; int j=path[p][1]; ans[w[j].dw]+=w[j].cout; p=path[p][0]; } printf("Throw in %d cents, %d nickels, %d dimes, and %d quarters.\n",ans[1],ans[5],ans[10],ans[25]); } else printf("Charlie cannot buy coffee.\n"); } return 0; }