http://uva.onlinejudge.org/index.php?option=com_onlinejudge&Itemid=8&page=show_problem&problem=1247
题意:
对于每个样例，先给定两个数n,m，分别表示有n种硬币，对于每一种硬币有两个价值，分别记做x,y,题目要求从中选择一些硬币，使得满足m*m=X*X+Y*Y, 其中X是选出的硬币的所有x价值的和，Y是所有选出的硬币的y价值的和，硬币有无数多个，现在要求的是，满足上述要求使用的最少的硬币数
分析:
硬币数量无限,这就是显然的完全背包问题. 做这类问题首先要搞清楚什么是限制条件, 什么是目标条件?
本题的限制条件是: x价值与y价值.(它们值共同构成了限制值m)
本题的目标条件是: 使得所选硬币最少.
一般的完全背包状态设计都是用 dp[i][j]==x 表示当决策完前i个物品后, 限制条件正好==j时(或者不超过j时), 能得到的目标条件最优(可能要求最小或最大).
本来我是想用m作为j这维度的限制条件的,但是发现如果用m作为一维限制条件,那么你无法根据当前的m值和你当前选的物品来推出你上一次决策前的m’值. 所以本题需要用x和y两维限制条件来做. (其实就是加了个维度,没什么本质的变化)
状态设计: dp[k][i][j]==num 表示决策完前k种硬币后, 当前所有硬币的x价值和为i , 当前所有硬币的y价值和为j 时所需要的最少硬币数目为num.(由x价值和与
y价值和我们确定唯一的 m )
状态转移:
dp[k][i][j] = min( dp[k-1][i][j] , dp[k][i-x[k]][j-y[k]])
如何理解上述的状态转移方程呢?
首先来看dp[k][i][j], 它表示用前k中硬币构成 x价值和为i , y价值和为j 的方法数目. 那么:
1. 如果我们根本不用第k种硬币(只用前k-1种硬币即可),我们可以知道有dp[k-1][i][j]种方式可以(不用任何一个第k种硬币)构成x价值和为i , y价值和为j 的状态.
2. 如果我们至少用1个第k种硬币来构成目标状态, 那么我们可以知道有dp[k][i-x[k]][j-y[k]] 种方法能达成目的.
综上所述, dp[k][i][j] = min( dp[k-1][i][j] ,dp[k][i-x[k]][j-y[k]] )
初值为dp[0][0][0]=0 , 其他为INF(无穷大).
最终我们所求为 所有的dp[n][i][j]中满足 i*i+j*j==m*m 的最小值.
程序实现用的滚动数组, 所以dp只有[i][j]这两个维度.
AC代码:
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define INF 1e8
const int maxn=300+5;
int n,m;//n为货币种数,m为需要达到的价值
int x[maxn],y[maxn];//对应每种货币的两个属性值
int dp[maxn][maxn];
int main()
{
int T;
scanf("%d",&T);
while(T--)
{
//读输入+初始化
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=n;i++)
scanf("%d%d",&x[i],&y[i]);
for(int i=0;i<maxn;i++)
for(int j=0;j<maxn;j++)
dp[i][j]=INF;
dp[0][0]=0;
//递推求解
int ans=INF;
for(int k=1;k<=n;k++)
for(int i=x[k];i<maxn;i++)
for(int j=y[k];j<maxn;j++)
{
dp[i][j] = min(dp[i][j], dp[i-x[k]][j-y[k]]+1);
if(i*i+j*j==m*m) //这里如果加了 k==n 就WA 想想为什么?
ans=min(ans, dp[i][j]);
}
//输出
if(ans==INF) printf("not possible\n");
else printf("%d\n",ans);
}
return 0;
}