前言

大名鼎鼎的男人八题，终于见识了...

题面

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 * A_i], 0 ≤ k ≤ C_i, j - k * A_i ≥ 0

这是一个O(N³)的算法，考虑到数据范围1 ≤ N ≤ 100, M ≤ 100000, 1 ≤ C_i≤ 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C_i）
• -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 ）

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// LouTiancheng@POJ#include 
     
      #include 
      
       #include 
       
        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！