前言
大名鼎鼎的男人八题，终于见识了...
题面
http://poj.org/problem?id=1742
分析
§ 1 多重背包
这很显然是一个完全背包问题，考虑转移方程：
DP[i][j]表示用前i种硬币能否取到金额j，ture表示可以，false表示不行。
则有
DP[i][j] = DP[i - 1][j] | DP[i - 1][j - k * Ai], 0 ≤ k ≤ Ci, j - k * Ai ≥ 0
这是一个O(N3)的算法，考虑到数据范围1 ≤ N ≤ 100, M ≤ 100000, 1 ≤ Ci ≤ 1000，显然会超时。
§ 2 优化
考虑上面的转移方程，每个方程只记录了可行解的存在与否；而事实上，当前第i种硬币的剩余数也是一个状态，而此前的方程关于这个状态是靠k来枚举。
我们可以考虑一下完全背包和多重背包的异处，正是多了一个物品数量的限制，才使我们的枚举增加了一个维度，导致时间复杂度增加；而我们同时还要记录当前状态可达到的最大价值（普通多重背包），因而枚举选的物品数量的循环时必不可少的。但是，在这个问题中，我们只需要判断可行解的存在性。因此，我们可以用DP[i][j]来记录用前i种硬币，在取到金额j的情况下，第i种硬币剩余的最大数量。（不能用-1表示）
则有
DP[i][j] =
- C[i], DP[i - 1][j] ≥ 0（如果前(i-1)种硬币已经足以凑出这个金额j，那么就根本用不着第种硬币，因此全部剩下，也就是Ci）
- -1, DP[i][j - A[i]] ≤ 0 || j < A[i]（若前面凑更小的面额时已经用尽第i种硬币，或者当前硬币的面额太大了，那么就凑不出来，即-1）
- DP[i][j - A[i]] - 1
注意这些条件时依次判断的。
（如果以上看了仍然不懂的同学，可以去看这个dalao写的详细推理过程 http://www.hankcs.com/program/cpp/poj-1742-coins.html）
因而，时间复杂度就被降到了O(N2）。
还有很重要的一点，之间建N * M的数组是会超空间的，因此，要使用滚动数组。
§ 3 总结
事实上，这题降维就是考的只判断解是否可行的条件。一般来说，这种思路很难想到，很少人会去想写这样一个多重背包的方程，但是，正是这个问题独特的性质，使得它可行。
而且这个问题还有一种用单调队列的写法，目前还没有弄懂，不过也是多重背包的一大利器。
§ 4 参考代码
// POJ1742
// Coins
// [email protected]
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
const int MAXN = 105;
const int MAXM = 100005;
int N, M, DP[2][MAXM] = {0}, A[MAXN], C[MAXN], i, j;
void solve();
int main() {
while (scanf("%d%d", &N, &M) == 2) {
if (N == 0 || M == 0) break;
solve();
}
return 0;
}
void solve() {
for (i = 0; i < N; i++) scanf("%d", &A[i]);
for (i = 0; i < N; i++) scanf("%d", &C[i]);
int *prv = DP[0], *nxt = DP[1];
memset(prv + 1, -1, sizeof(int) * M);
prv[0] = 0;
for (i = 0; i < N; i++) {
for (j = 0; j <= M; j++)
if (prv[j] >= 0) nxt[j] = C[i];
else if (j < A[i] || nxt[j - A[i]] <= 0) nxt[j] = -1;
else nxt[j] = nxt[j - A[i]] - 1;
std::swap(prv, nxt);
}
int ans = 0;
for (i = 1; i <= M; i++)
if (prv[i] >= 0) ans++;
printf("%d\n", ans);
}
另外，有问题的童鞋欢迎提问~
谢谢大家！
原文地址：https://www.cnblogs.com/CaptainSlow/p/9245369.html