网上有篇很好的报告，觉得不错，就拷了些过来，(*^__^*) 嘻嘻……
网址：http://www.cppblog.com/Davidlrzh/articles/135614.html
题意：John去买东西，东西的价格是T(1 <= T <= 10000)，John所在的地方有n(1 <= n <= 100)种的硬币，面值分别为V1, V2, ..., Vn (1 <= Vi <= 120)。John带了C1枚面值为V1的硬币，C2枚面值为V2的硬币，...，Cn枚面值为Vn的硬币(0 <= Ci <= 10000)。售货员那里每种硬币都有无限多个。问为了支付这个T，John给售货员的硬币数目加上售货员找回的零钱的硬币数目最少是多少。如果无法支付 T，输出-1 。
解法：支付时硬币数量有限制，为多重背包问题，通过二进制方法转化为01背包求解。找零时，硬币数量无限制，为完全背包问题。对两问题分别求解，然后找出差额为T时，两者和的最小值即为所示。
其中：给钱上界为：T+maxValue^2，其中maxValue为最大硬币面值。证明：反证法。假设存在一种支付方案，John给的钱超过 T+maxValue^2， 则售货员找零超过maxValue^2，则找的硬币数目超过maxValue个，将其看作一数列，求前n项和sum(n)，根据鸽巢原理，至少有两 个对maxValue求模的值相等，假设为sum(i)和sum(j),i<j，则i+1...j的硬币面值和为 maxValue的倍数，同理，John给的钱中也有 一定数量的硬币面值和为maxValue的倍数，则这两堆硬币可用数量更少的maxValue面值硬币代替，产生更优方案。
分析：1.给钱时，硬币数有限制，为多重背包问题。
2.找钱时，硬币数无限制，为完全背包问题。
3.给钱上界为：T+maxValue^2，其中maxValue为最大硬币面值。证明：反证法。假设存在一种支付方案，John给的钱超过T+maxValue^2，
则售货员找零超过maxValue^2，则找的硬币数目超过maxValue个，将其看作一数列，求前n项和sum(n)，根据鸽巢原理，至少有两
个对maxValue求模的值相等，假设为sum(i)和sum(j),i<j，则i+1j的硬币面值和为maxValue的倍数，同理，John给的钱中也有
一定数量的硬币面值和为maxValue的倍数，则这两堆硬币可用数量更少的maxValue面值硬币代替，产生更优方案。
#include<stdio.h>
#include<string.h>
const int T = 14400+1;
const int T2 = T+14400+2;
const int N = 101;
int change[T];//change[i]表示商店找钱i所需的硬币数
int dp[T2];//dp[i]表示用户付钱i所需硬币数
int c[N];
int v[N];
__int64 upper;
inline int min(int a,int b)
{
if(a==-1)return b;
return a<b?a:b;
}
void init(int n)
{
memset(change,-1,sizeof(change));
int i,j;
int upper = 0;
change[0]=0;
for(i=0;i<n;i++)
{
for(j=v[i];j<T;j++)
{
if(change[j-v[i]]!=-1)
change[j]=min(change[j],change[j-v[i]]+1);
}
}
}
void zeroOnePack(int v,int c)
{
__int64 i;
for(i=upper;i>=v;i--)
{
if(dp[i-v]!=-1)
dp[i]=min(dp[i],dp[i-v]+c);
}
}
int main()
{
int n,t;
while(scanf("%d%d",&n,&t)!=EOF)
{
int i;
for(i=0;i<n;i++)
scanf("%d",&v[i]);
for(i=0;i<n;i++)
scanf("%d",&c[i]);
if(t==0)
{
printf("0\n");
continue;
}
init(n);
memset(dp,-1,sizeof(dp));
dp[0]=0;
upper = 0;
for(i=0;i<n;i++)
{
upper=upper+c[i]*v[i];
if(upper>=T2)upper = T2-1;
int count = 1;
while(count<c[i])
{
zeroOnePack(v[i]*count,count);
c[i]-=count;
count<<=1;
}
zeroOnePack(v[i]*c[i],c[i]);
}
int ans = -1;
for(i=t;i<=upper;i++)
if(dp[i]!=-1&&(i-t)<T&&change[i-t]!=-1)
ans=min(ans,dp[i]+change[i-t]);
printf("%d\n",ans);
}
return 0;
}