小A点菜
题目背景
uim 神犇拿到了 uoi 的 ra(镭牌)后,立刻拉着基友小 A到了一家……餐馆,很低端的那种。
uim 指着墙上的价目表(太低级了没有菜单),说:“随便点”。
题目描述
不过 uim 由于买了一些书,口袋里只剩M 元 (M≤10000)。
餐馆虽低端,但是菜品种类不少,有 N 种 (N≤100),第 i种卖 ai 元 (ai≤1000)。由于是很低端的餐馆,所以每种菜只有一份。
小 A 奉行“不把钱吃光不罢休”,所以他点单一定刚好把 uim 身上所有钱花完。他想知道有多少种点菜方法。
由于小 A 肚子太饿,所以最多只能等待 1 秒。
输入格式
第一行是两个数字,表示 N 和 M。
第二行起 N 个正数 ai(可以有相同的数字,每个数字均在 1000 以内)。
输出格式
一个正整数,表示点菜方案数,保证答案的范围在 int 之内。
本题是01背包的变形 因为每个菜品只能买一份
定义f[i][j]为买前i道菜用光j元钱的方案总数
本题是求用完所有钱的方案数总和
当钱不够时,当前方案数等于前i-1个物品凑成j的方案数
f[i][j] += f[i - 1][j]
当钱够用时,当前方案数等于 买这道菜用完j元 加上 不买这道菜用完j元 的方案数之和
f[i][j] += f[i - 1][j - v[i]] + f[i - 1][j]
特殊情况考虑 当钱刚刚够买这道菜时,也就是背包里只能装下这一个物品时,这也是一种方案 方案数为1
原始状态方程
f[i][j] += f[i - 1][j - v[i]] + f[i - 1][j]
此时j = v[i]
就变成了
f[i][j] += f[i - 1][0] + f[i - 1][j]
我们用前i - 1个菜一个也买不了的情况 来表示只能买当前菜 前i-1个菜一个也买不了的方案数初始为1
所以我们要初始化f[i - 1][0] = 1
注意这里是方案的叠加,因为每一种方案都是可行的。
朴素代码 也能AC
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 110, M = 10010;
long long f[N][M];
int v[N];
int n, m;
int main()
{
scanf("%d%d", &n, &m);
for (int i = 1; i <= n; i ++ ) scanf("%d", &v[i]);
for (int i = 1; i <= n + 1; i ++ ) f[i - 1][0] = 1; //将刚好只能买第i个菜的情况用 前i-1个菜一个也买不了的状态表示 赋值为1
//这里i<=n+1的原因是 我们要用i-1表示出所有的1~n号菜品 就要将i-1 遍历到n+1
for (int i = 1; i <= n; i ++ )
{
for (int j = 1; j <= m; j ++ ) //注意这里j要从1开始 否则会改变我们前面初始化的f[i][0]将其重新初始化为0
{
if (j < v[i]) f[i][j] += f[i - 1][j];
else
f[i][j] += f[i - 1][j] + f[i - 1][j - v[i]];
}
}
printf("%lld\n", f[n][m]);
return 0;
}
优化
类似01背包 从二维优化至一维
注意j也是符合01背包的原则 j倒序遍历
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 110, M = 10010;
long long f[M];
int v[N];
int n, m;
int main()
{
scanf("%d%d", &n, &m);
for (int i = 1; i <= n; i ++ ) scanf("%d", &v[i]);
f[0] = 1; //在一维的情况下j= 0直接赋值即可
for (int i = 1; i <= n; i ++ )
{
for (int j = m; j >= v[i]; j -- )
{
f[j] += f[j - v[i]];
}
}
printf("%lld\n", f[m]);
return 0;
}