题目描述
题目描述
已知一个 N 枚邮票的面值集合（如，{1 分，3 分}）和一个上限 K —— 表示信封上能够贴 K 张邮票。计算从 1 到 M 的最大连续可贴出的邮资。
例如，假设有 1 分和 3 分的邮票；你最多可以贴 5 张邮票。很容易贴出 1 到 5 分的邮资（用 1 分邮票贴就行了），接下来的邮资也不难：
6 = 3 + 3
7 = 3 + 3 + 1
8 = 3 + 3 + 1 + 1
9 = 3 + 3 + 3
10 = 3 + 3 + 3 + 1
11 = 3 + 3 + 3 + 1 + 1
12 = 3 + 3 + 3 + 3
13 = 3 + 3 + 3 + 3 + 1。
然而，使用 5 枚 1 分或者 3 分的邮票根本不可能贴出 14 分的邮资。因此，对于这两种邮票的集合和上限 K=5，答案是 M=13。
输入
第 1 行:两个整数，K 和 N。K（1 <= K <= 200）是可用的邮票总数。N（1 <= N <= 50）是邮票面值的数量。
第 2 行:文件末： N 个整数，每行 15 个，列出所有的 N 个邮票的面值，面值不超过 10000。
输出
第 1 行：一个整数，从 1 分开始连续的可用集合中不多于 K 张邮票贴出的邮资数。
样例输入
5 2
1 3
样例输出
13
分析
这道题是一道DP，很容易看出来，它满足DP的两大判定(It is very important!!!)：
①最优化原理,因为它的每个邮资能否由k张及以下(设为x张)邮票组成肯定是由之前所有由x-1张邮票组成的邮资中选取其中合理的转移过来的。
②无后效性原则，每个邮资改变后只会改变比它大的邮资。
作者赶脚这是一道背包，然而这就是！！！让我们来看两组简单的数据分析一下：
数据1：
样例输入
2 2
1 5
样例输出
2
这里首先我们先考虑邮资为1,似乎只有取1，邮票用了1张；
邮资为2，由邮资1的情况加1就是2，邮票用了2张；
邮资为3，由邮资为2的情况加1就是3，邮票用了3张，大于k(2)张，不行，但是用邮票面值为5的又大于3。
所以直接输出2。
数据2：
样例输入
2 2
1 2
样例输出
4
邮资为1时，取1，邮票用了1张；
邮资为2时，由邮资1情况加1就是2，邮票用了2张；可还可以由没用的情况直接用邮票面值为2，邮票用了1张，这里各种邮票有无数张，只是只能取k张，显然后者优于前者，所以邮资2邮票用了1张；
邮资为3时，由邮资1加邮票面值为2一张，邮票用了2张
有人会问：为什么不由邮资为1加两张面值为1的邮票？(如果可以用3张的话），我的回答是：因为这是DP，由刚刚的判定最优化原理它的每个邮资能否由k张及以下(设为x张)邮票组成肯定是由之前所有由x-1张邮票组成的邮资中选取其中合理的转移过来的。
好的继续，由邮资2加邮票面值为1一张，邮票也用了2张，改不改变随便(建议不改，因为改了会加一点点时间)。所以邮资为3时，邮票用了2张。
邮资为4时，如果由邮资为3加一张面值为1的邮票，邮票用了3张比k(2)大，所以不行，由邮资2加上一张面值为2的邮票，邮票用了2张可以，所以邮票用了2张，由邮资1无法转移到邮资4，因为没有一张邮票面值为3。
由于这是求 1 到 M 的最大连续可贴出的邮资，由于DP无后效性原则，每个邮资改变后只会改变比它大的邮资，它自身不会再改变，所以只要有一个邮资处理完后所用邮票数大于k，则直接输出当前邮资减1，即1 到 M 的最大连续可贴出的邮资。
DP我们正着推完了，但是我们要当前位置回头用之前的邮资推，也是正着写，就如放风筝一样,你要往前跑但又要回头注意风筝~
那么递推式十分明了了:
令f[i]为凑成邮资为i的最小邮票数,则有两种状态转移方程式：
人人为我填表型
我为人人刷表型
还有，像之前分析的一样，只要有一个f[i]处理后大于k，那么就输出i-1(貌似作者只是将当前的话翻译成了处理方式)
还有(作者你不能一次性把话说完吗…)，由于求最小值，所有f[i]初值均为INF。
好了，思路分析讲完了，接下来开始秀代码(对了，stamp意思是邮票)。
代码
代码一
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<climits>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define INF 1000000
using namespace std;
int read()//“高级的”读入优化
{
int x=0,f=1;
char c=getchar();
while(c<'0'||'9'<c){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}
while('0'<=c&&c<='9'){x=x*10+c-'0';c=getchar();}
return x*f;
}
int stamp[55],f[2000005];//stamp[i]表示邮票i的面值,面值为i所用最少邮票数f[i]
//f[i]=min{f[i-stamp[j]]+1||INF};
//( 1<=f[i]<=k stamp[j]<=i 1<=j<=n )
int main()//1到m的最大连续可贴出的邮资
{//k是可用的邮票总数n是邮票面值的数量
int k=read(),n=read(),i=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
stamp[i]=read();
sort(stamp+1,stamp+n+1);
while(f[i]<=k)
{//只要有i邮资处理完后f[i]所用邮票数大于k可用的邮票，则直接输出当前i-1
i++;
f[i]=INF;//赋初值
for(int j=1;j<=n&&i>=stamp[j];j++)
if(f[i-stamp[j]]+1<f[i])
f[i]=f[i-stamp[j]]+1;
}
printf("%d\n",i-1);
return 0;
}代码二
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<climits>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define INF 10000000
using namespace std;
int read()//“高级的”读入优化
{
int x=0,f=1;
char c=getchar();
while(c<'0'||'9'<c){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}
while('0'<=c&&c<='9'){x=x*10+c-'0';c=getchar();}
return x*f;
}
int stamp[55],f[2020005];//stamp[i]表示邮票i的面值,面值为i所用最少邮票数f[i]
//f[i]=min{f[i-stamp[j]]+1||INF};
//( 1<=f[i]<=k stamp[j]<=i 1<=j<=n )
int main()//1到m的最大连续可贴出的邮资
{//k是可用的邮票总数n是邮票面值的数量
int k=read(),n=read(),i=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
stamp[i]=read();
sort(stamp+1,stamp+n+1);
for(int i=1;i<=2020000;i++)
f[i]=INF;
f[0]=0;
while(f[i]<=k)
{//只要有i邮资处理完后f[i]所用邮票数大于k可用的邮票，则直接输出当前i-1
i++;
for(int j=1;j<=n;j++)
if(f[i]+1<f[i+stamp[j]])
f[i+stamp[j]]=f[i]+1;
}
printf("%d\n",i-1);
return 0;
}Thanks for Reading!!!