饭卡
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Problem Description
电子科大本部食堂的饭卡有一种很诡异的设计,即在购买之前判断余额。如果购买一个商品之前,卡上的剩余金额大于或等于5元,就一定可以购买成功(即使购买后卡上余额为负),否则无法购买(即使金额足够)。所以大家都希望尽量使卡上的余额最少。
某天,食堂中有n种菜出售,每种菜可购买一次。已知每种菜的价格以及卡上的余额,问最少可使卡上的余额为多少。
Input
多组数据。对于每组数据:
第一行为正整数n,表示菜的数量。n<=1000。
第二行包括n个正整数,表示每种菜的价格。价格不超过50。
第三行包括一个正整数m,表示卡上的余额。m<=1000。
n=0表示数据结束。
Output
对于每组输入,输出一行,包含一个整数,表示卡上可能的最小余额。
Sample Input
1
50
5
10
1 2 3 2 1 1 2 3 2 1
50
0
Sample Output
思路:
动态规划01背包。
总金额即背包容量m,菜价格即物品体积x[1..n];但需注意题目有个特殊要求,即背包容量必须大于5时才能放入,并且最后一次放入可使总体积超过容量!
为使卡上的余额最少,我们应先拿出5元买价钱最贵的菜。然后只需求出剩下的m-5元最多能花多少即可。这就是标准的01背包了!
代码:
#include <stdio.h>
#include <algorithm>
#define N 1005
using namespace std;
int x[N], dp[N];
int max(int a, int b){
return a > b ? a : b;
}
int main()
{
int i, j, n, m;
while(scanf("%d", &n), n){
for(i = 1; i <= n; i ++)
scanf("%d", &x[i]);
nth_element(x + 1, x + n, x + n + 1); // 把最大的放在最后
scanf("%d", &m);
if(m < 5){
printf("%d\n", m);
continue;
}
m -= 5; // m-5后,即为背包容量
for(i = 0; i <= m; i ++)
dp[i] = 0;
for(i = 1; i < n; i ++){
for(j = m; j >= x[i]; j --){
dp[j] = max(dp[j], dp[j - x[i]] + x[i]);
}
}
printf("%d\n", m + 5 - x[n] - dp[m]);
}
return 0;
}