codevs 1297 硬币 [dp]

题目描述 Description

我们知道即使是同一种面值的硬币，它们的重量也有可能不一样，因为它受到许多因素的影响，包括制造工艺和流程上的。但是任何一种面值的硬币的重量总是处于某个特定范围之内。现在已知所有面值的硬币的重量范围。给定一堆硬币的总重量，问这堆硬币的总价值有多少种不同的可能。举例：已知一角硬币的重量在19到21之间，五角硬币的重量在40到43之间。有一堆硬币的总重量为99。则它可以由4个重量为20，1个重量为19的一角硬币组成，其总价值为5角，也可以由1个重量为42的五角硬币和3个重量为19的一角硬币组成，其总价值为8角，再或者由2个重量为40的五角硬币和1个重量为19的一角硬币组成，其总价值为1块1角。因此这堆硬币的总价值共有3种不同的可能。

输入描述 Input Description

第一行是一个整数w（10<=w<=100）表示所有硬币的总重量。第二行是一个整数n（1&lt;=n<=7）表示不同面值的硬币总数。接下来n行每行3个整数，依次表示硬币的面值，最小可能重量和最大可能重量。硬币面值不超过50，最小重量不低于2，最大重量不高于100。最大重量和最小重量之间的差距不超过30。

输出描述 Output Description

仅包括一行表示这堆硬币的总价值有多少种不同的可能性。

样例输入 Sample Input

99

2

1 19 21

5 40 43

样例输出 Sample Output

3

d[i][j][k]表示前i种硬币，重量为j总价值为k的方案是否存在。用完全背包的思路将第一维去掉，保留d[j][k]。

则d[j][k] = d[j-w[i]][k-v[i]]，  w[i]表示第i种硬币的重量，v[i]表示价值。题目给的硬币重量是一个范围，那就在这个范围内枚举。

即 d[j][k] = or { d[j-wt][k-v[i]]} , 其中 w[i].from <= wt <= w[i].to 

加上一些剪枝就没问题了。

总价值最大为2500。

#include<cassert>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<vector>
#include<set>
#include<queue>
#include<map>
using namespace std;
#define rep(i,f,t) for(int i = (f), _end = (t); i <= _end; ++i)
#define dep(i,f,t) for(int i = (f), _end = (t); i >= _end; --i)
#define clr(c,x) memset(c,x,sizeof(c));
#define debug(x) cout<<"debug  "<<x<<endl;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
typedef long long int64;

inline int RD(){ int res; scanf("%d",&res); return res; }

#define Rush for(int casn = RD(), cas = 1; cas <= casn; ++cas)

//*******************************************************************************

const int maxn = 10;
int v[maxn];
pair<int,int> w[maxn];
bool d[110][2501];
int main(){
    int W,n;
    scanf("%d%d",&W,&n);
    rep(i,1,n){
        scanf("%d%d%d",&v[i],&w[i].first,&w[i].second);
    }
    d[0][0] = 1;
    rep(i,1,n){
        rep(j,w[i].first, W){
            rep(k,v[i], 2500){
                if(d[j][k])continue;
                rep(wt,w[i].first,min(j,w[i].second)){
                    assert(j-wt>=0);
                    assert(k-v[i]>=0);
                    d[j][k] |= d[j-wt][k-v[i]];
                    if(d[j][k])break;
                }
            }
        }
    }
    int ans = 0;
    rep(k,1,2500)if(d[W][k])++ans;
    cout<<ans;
    return 0;
}

版权声明：本文为博主原创文章，未经博主允许不得转载。