hdu5616Jam's balance(01背包或者折半搜素)(BestCoder Round #70 )

Jam's balance

 Time Limit: 2000/1000 MS (Java/Others)

 

 Memory Limit: 65536/65536 K (Java/Others)

问题描述

Jam有$N$个砝码和一个没有游标的天平，现在给他$(1\le N\le 20)$个砝码，砝码可以放左边，也可以放右边，问可不可以测出所问的重量, 问的个数为$(1\le M\le 100)$个.

输入描述

第一行$T(1\le T\le 5)$，表示$T$组数据。
接下来$T$组数据：
接下来第一行一个数$N$，表示砝码个数。
接下来第二行$N$个数，表示砝码们的重量(1 \leq w_i \leq 100)(1≤w​i​​≤100)。
接下来第三行一个数$M$，表示询问个数。
接下来$M$行每行一个数$k$，表示一个询问。

输出描述

对于每组数据，输出"YES"或者"NO"

输入样例

1
2
1 4
3
2
4
5

输出样例

NO
YES
YES

Hint

单独放4，可以测出重量为4的
在同一边放4，1，可以测出重量为5的

方法1:

这道题可以放左边，可以放右边，$N=20$显然每种状态都枚举是不太现实的，因为每组砝码都可以变成很多种重量其实这道题是一道贪心的思想，我们看到$w$不大，所以可以用$01$背包扫一次，当然这还是不够的，这只能放一边，考虑到可以放另一边，就是可以有减的关系，所以反着再背包一遍，注意要判断边界。

时间复杂度:2000*n

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int a[21],dp[4001];

int main(){
    int _,n,m,x;
    scanf("%d",&_);
    while(_--){
        scanf("%d",&n);
        memset(dp,0,sizeof(dp));
        for(int i=1;i<=n;i++)
            scanf("%d",&a[i]);
        dp[0]=1;
        for(int i=1;i<=n;i++)    //01背包,保证每个砝码只用一次
            for(int j=2000;j>=a[i];j--)
                dp[j]|=dp[j-a[i]];
        for(int i=1;i<=n;i++)    //01背包,保证每个砝码只用一次
            for(int j=1;j<=2000;j++)
                dp[j]|=dp[j+a[i]];
        scanf("%d",&m);
        for(int i=1;i<=m;i++){
            scanf("%d",&x);
            if(x>2000)
                printf("NO\n");
            else{
                if(dp[x]==1)
                    printf("YES\n");
                else
                    printf("NO\n");
            }
        }
    }
    return 0;
}

方法二:

因为如果要枚举的话时间复杂度会是3^20,不能够承受

所以我们可以把n分为两块,枚举每快其中可能形成的数,每个中最多有3^10

接下来如果输入一个数判断它能不能成立,可以判断这个数是否可以由st1,st2中两个数的和或者差组成

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
set<int>st1,st2,st3,st4;
int num[21];

int main(){
    int _,n,m;
    scanf("%d",&_);
    while(_--){
        scanf("%d",&n);
        st1.clear(),st2.clear(),st3.clear(),st4.clear();
        st1.insert(0),st2.insert(0),st3.insert(0),st4.insert(0);
        set<int>::iterator it;
        for(int i=1;i<=n;i++)
            scanf("%d",&num[i]);
        for(int i=1;i<=n/2;i++){    //当i=10时,st3中最多有3^9个数,所以时间复杂度为3^9*3*log(3^9)
            for(it=st3.begin();it!=st3.end();it++){
                int num1=(*it)+num[i];
                st1.insert(num1);
                num1=(*it)-num[i];
                if(num1>0)
                    st1.insert(num1);
                num1=num[i]-(*it);
                if(num1>0)
                    st1.insert(num1);
            }
            for(it=st1.begin();it!=st1.end();it++)
                st3.insert(*it);
        }
        for(int i=n/2+1;i<=n;i++){
            for(it=st4.begin();it!=st4.end();it++){
                int num1=(*it)+num[i];
                st2.insert(num1);
                num1=(*it)-num[i];
                if(num1>0)
                    st2.insert(num1);
                num1=num[i]-(*it);
                if(num1>0)
                    st2.insert(num1);
            }
            for(it=st2.begin();it!=st2.end();it++)
                st4.insert(*it);
        }
        scanf("%d",&m);
        int k;
        for(int z=1;z<=m;z++){
            scanf("%d",&k);
            if(k>2000){
                printf("NO\n");
                continue;
            }
            int flag=0;
            for(int i=0;i<=k-1;i++){    //两者之和
                int j=k-i;
                if((st1.find(i)!=st1.end()&&st2.find(j)!=st2.end())||(st1.find(j)!=st1.end()&&st2.find(i)!=st2.end())){
                    flag=1;
                    break;
                }
            }
            if(flag==0){    //两者之差
                for(int i=0;i<=2000;i++){
                    int j=k+i;
                    if((st1.find(i)!=st1.end()&&st2.find(j)!=st2.end())||(st1.find(j)!=st1.end()&&st2.find(i)!=st2.end())){
                        flag=1;
                        break;
                    }
                }
            }
            if(flag==1)
                printf("YES\n");
            else
                printf("NO\n");
        }
    }
    return 0;
}