Warma的硬币-题解

题意

warma付钱的决策是多重背包模型,收银员找零是完全背包模型,先预处理,然后从w开始枚举S,求min即可

多重背包不开二进制优化应该会挂,开了优化可能没有推出结论也可以水过去

解法

20分

骗分大法直接输出-1

80分

80分的方法是原题正解,但是垃圾出题人觉得既然出了原题那么应该加大难度,扩大了数据范围之后,正解需要在80分的基础上优化,先讲80分做法。

本题的关键点和难点在于预处理背包时和最后枚举时的上界,即我们应该一直找到多少钱的方案才能保证找到合法的最优解。从warma角度入手,考虑最优方案最多可能给出的钱,结论是:给出面额不超过\(w+v^2_{max}\)

在证明之前,首先给出一个结论以及推论(利用抽屉原理和剩余系可证):

\(\forall{a_i}(1<=i<=m),\exists k,l,0<=k<l<=m,使得a_{k+1}+a_{k+2}+...+a_l能被m整除\)

证明这个问题需要考虑 \(a_n\) 的前缀和 \(S_n\) 。若任意的 \(S_i\) 可以被 \(m\) 整除,则结论成立。如果没有 \(S_i\) 可以被 \(m\) 整除,则 \(S_i\) 除以 \(m\) 都将有一个非零余数,余数为 \(1,2,3,...,m-1\) 。由于只存在 \(m\) 个前缀和与 \(m-1\) 个不同余数,则必然有两个前缀和关于 \(m\) 同余,这意味着两个前缀和的差必定是 \(m\) 的整数倍,前缀和的差即为一个子数列的和。因此,命题得证。将其推广后可得:

\[\forall{a_n}(1<=n<=m+x,x>=1),\exists k,l,p,q,0<=k<l<=m,0<=p<q<=m,\\p=k和l=m不同时成立,使得a_{k+1}+a_{k+2}+...+a_l以及a_{p+1}+a_{q+2}+...+a_q能被m整除\]

然后我们运用这两个命题进行证明。运用反证法,我们假设存在一种最优方案给出了面额超过 \(w+v^2_{max}\) 的硬币,那么由抽屉原理可知,给出的硬币个数将至少为 \(v_{max}+1\) ,而根据推论,这个硬币序列有至少两个子序列能够被 \(v_{max}\) 整除,即这两个子序列可以被一定个数的 \(v_{max}\) 替换,此方案不是最优方案,与假设矛盾,故得出结论。

100分

注意到n的范围要远大于 \(v_i\) 的取值范围,所以对于多重背包,面值相同的硬币可以合并,所以要处理输入数据再进行DP。

另外这两组数据较大会爆int,sum需要开long long。

以及去重的时候不能将 \(c_i=0\) 的情况视为不存这个面额的硬币。

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#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int W = 10010;
const int N = 10010;
const int V = 200;

int c[V + 10], v[N];
int f[W + V * V], g[W + V * V];
int main()
{
int n, w, mx = -1, cnt = 0;
long long sum = 0;
scanf("%d%d", &n, &w);
for (int i = 1; i <= n; i++)
scanf("%d", v + i);
memset(c, -1, sizeof c);
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
int x;
scanf("%d", &x);
if (c[v[i]] != -1)
c[v[i]] += x;
else
c[v[i]] = x;
sum += x * v[i];
mx = max(mx, v[i] * v[i]);
}
if (sum < w) //所有钱都掏出来还买不起(惨 warma 惨)
{
printf("-1");
return 0;
}
for (int i = 1; i <= V; i++)
{
if (c[i] != -1)
{
v[++cnt] = i;
c[cnt] = c[i];
}
}
memset(g, 0x3f, sizeof(g));
memset(f, 0x3f, sizeof(f)); //凑不出的面额为无限大,避免干扰最后的枚举
g[0] = 0;
for (int i = 1; i <= cnt; i++)
for (int j = v[i]; j <= mx; j++) //根据给出的面额的上界可以推得找零的上界
g[j] = min(g[j], g[j - v[i]] + 1); //完全背包
f[0] = 0;
for (int i = 1; i <= cnt; i++)
{
for (int j = 1; j <= c[i]; j <<= 1)
{
for (int k = w + mx; k >= j * v[i]; k--)
f[k] = min(f[k], f[k - j * v[i]] + j);
c[i] -= j;
}
if (c[i])
for (int k = w + mx; k >= c[i] * v[i] + c[i]; k--)
f[k] = min(f[k], f[k - c[i] * v[i]] + c[i]); //多重背包
}
int ans = 0x3f3f3f3f;
for (int i = w; i <= w + mx; i++)
ans = min(ans, f[i] + g[i - w]); //枚举
printf("%d", ans == 0x3f3f3f3f ? -1 : ans);
return 0;
}
----- 本文结束 感谢阅读 -----
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