LFYZ-OJ ID: 1021 邮票问题

邮票问题

Problem Description

设有已知面额的邮票m种，每种有n张，用总数不超过n张的邮票，能从面额1开始，最多连续组成多少面额。（1≤m≤100，1≤n≤100，1≤邮票面额≤255）

INPUT

第一行：m,n的值，中间用一空格隔开。
第二行：A[1..m]（面额），每个数中间用一空格隔开。

OUTPUT

连续面额数的最大值

Sample Input

3 4
1 2 4

Sample Output

14

分析

最容易想到的方法是从面额i=1开始计算最少张数，逐渐增加，直到所计算出的张数大于n。最大面额为255，n的最大值为100，所以最大面额不超过25500。意味着最坏情况下需要循环2x10⁴次才能完成，因此算法的效率主要就取决于如何计算构成面额i所需要的最少张数。以三种思路来分析：

• 用i每次减去m种邮票中面值小于等于i的最大面值，计算减去多少次后等于0。这种思路正确吗？举个反例：有1， 5， 10， 20， 28， 50共6种邮票，现在要构造面值56，按照思路1，是这样的：56-50=6， 6-5=1， 1-1=0，共需要1， 5， 50三张邮票。但你其实可以发现：56-28=28，用两张28便可构成。这证明该思路不正确。
• 使用递推方法：面额i的最小张数mz[i]=mz[j]+mz[i-j]，举个例子：20元可以分为1+19，1元所需要的最小张数加上19元所需要的最小张数就是20元的张数，这次分解得到的值不一定是最小的，需要把所有分解方法枚举一遍：mz[1]+mz[19], mz[2]+mz[18], ..., mz[9]+mz[11], mz[10]+mz[10]，枚举的个数为i/2个。最终要的结果为：mz[20]=min{mz[1]+mz[19], mz[2]+mz[18], ..., mz[10]+mz[10]}。这个方法一定无误，问题在于时间复杂度O(n)=i*i/2，时间复杂度可达10⁸，难免会超时，还需要改进。
• 在思路2的基础上如何改进呢？关键在于分解方法低效，一元一元分解并无意义，完全可以按照m种邮票的面额进行分解。例如有1， 5， 10， 20， 28， 50共6种邮票，现在要构造面值56，可以这样分解：mz[56]=min{mz[1]+mz[55], mz[5]+mz[51], mz[10]+mz[46], mz[20]+mz[36], mz[28]+mz[28], mz[50]+mz[6]}。照这样分解最多需要m次，该方法同样无误，但可以把时间复杂度降低两个数量级至10⁶！

递推的起点是什么？已有的m种邮票面额yp[j] (j=1...m)所需要的张数mz[yp[j]]=1 (j=1...m)，这就是递推的起点，需要的已知条件。

代码示例

#include<iostream>
using namespace std;
int yp[256];							//邮票面额，不使用yp[0]
int mz[25601];							//所有面值需要的最少张数，连续面额个数不超256*100 
int main(){
	int m, n, i=1;                      //变量i为要计算张数的面额
	scanf("%d%d", &m, &n);
	for(int i=1; i<=m; i++){
		scanf("%d", &yp[i]);            //存储该面额
		mz[yp[i]]=1;					//该面额只需要1张，亦为递推的临界值 
	}
	while(1){                           //i从1开始分析
		for(int j=1; j<=m; j++){        //递推规则
			if(i>=yp[j]){
				int zs=mz[yp[j]]+mz[i-yp[j]];
				if(mz[i]==0)	mz[i]=zs;
				else 			if(zs<mz[i])	mz[i]=zs; 
			}
		}
		//printf("%d->%d
", i, mz[i]);调试使用 
		if(mz[i]>n || mz[i]==0) break;	//超出n张邮票
		i++; 
	}
	printf("%d", i-1);					//输出最大连续面额 
	return 0;
}