[POJ1742] Coins [多重背包]

[ $\frak{Link}$]

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三种方法。
写得比较优秀的二进制拆分+分数据范围处理、多重背包可行性、单调队列优化。

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第一种方法。
一般的二进制拆分复杂度是 $\mathcal{\Theta(m\sum log_2C_i)}$。算一下就能发现这个上界卡到 $\mathcal{1e8}$。
考虑怎么降低处理数量多的硬币的复杂度。显然假如 $\mathcal{C_i×V_i\ge m}$就可以当作完全背包来跑。
那就这么做。

注意多重背包的二进制拆分是允许重复的，
如果是单纯把 $\mathcal{C_i}$二进制表示里为 $\mathcal{1}$的位拿出来并不能组合得到所有不大于 $\mathcal{C_i}$的方案
一定要从 $\mathcal{1}$开始倍增，最后把减剩下的 $\mathcal{C_i}$单独拿出来再跑一次。

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstdlib>
#include<cmath>
#include<cstring>
using namespace std;
int n, m, c;
int a[105];
bool f[100005];
int main() {
	while (~scanf("%d%d", &n, &m)) {
		if (!n && !m) return 0;
		for (int i = 1; i <= m; ++i) {
			f[i] = 0;
		}
		f[0] = 1;
		for (int i = 1; i <= n; ++i) {
			scanf("%d", &a[i]);
		}
		for (int i = 1; i <= n; ++i) {
			scanf("%d", &c);
			if (c * a[i] < m) {
				for (int t, k = 1; k <= c; k <<= 1) {
					t = k * a[i];
					for (int j = m; j >= t; --j) {
						f[j] |= f[j - t];
					}
					c -= k;
					if (!c) break;
				}
				if (c) {
					int t = c * a[i];
					for (int j = m; j >= t; --j) {
						f[j] |= f[j - t];
					}
				}
			}
			else {
				for (int j = a[i]; j <= m; ++j) {
					f[j] |= f[j - a[i]];
				}
			}
		}
		int ans = 0;
		for (int i = 1; i <= m; ++i) ans += f[i];
		printf("%d\n", ans);
	}
	return 0;
}

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第二种方法。
实际上这种方法是很自然的。
我的代码比较丑，漂亮一点的代码应该看一眼就可以明白原理了。

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstdlib>
#include<cmath>
#include<cstring>
using namespace std;
int n, m, c, ans;
int a[105];
int vis[100005];
bool f[100005];
void Check(const int &x) {
	for (int i = 1; i <= m; ++i) {
		vis[i] = 0;
	}
	f[0] = 1;
	for (int i = a[x]; i <= m; ++i) {
		if (vis[i - a[x]] == c) continue;
		if (f[i] || !f[i - a[x]]) continue;
		f[i] = 1;
		vis[i] = vis[i - a[x]] + 1;
		++ans;
	}
}
int main() {
	while (~scanf("%d%d", &n, &m)) {
		if (!n && !m) return 0;
		ans = 0;
		memset(f, 0, sizeof(f));
		for (int i = 1; i <= n; ++i) {
			scanf("%d", &a[i]);
		}
		for (int i = 1; i <= n; ++i) {
			scanf("%d", &c);
			Check(i);
		}
		printf("%d\n", ans);
	}
	return 0;
}

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第三种方法。
实际上这道题目完全没必要用单队解、不过也是可以的。
多重背包朴素式子 $\mathcal{f_j=max\{f_{j-kcost_i}+kvalue_i\;|\;k\in[0,count_i]\}}$
外层枚举物品，把 $\mathcal{j}$重标号，按照 $\mathcal{\%cost_i}$的余数分类，转化式子。可以得到
$\mathcal{f_{j'}=max\{f_{k'}-k'value\;|\;k'\in[j'-count_i,j']\}+j'value,\;j'cost_i+Remainder=j}$（枚举 $\mathcal{Remainder}$）
这是单调队列优化的普遍形式，在单调队列中维护 $\mathcal{max\{f_{k'}-k'value\},\;k\in[j-count_i,j]}$
每次将 $\mathcal{f_{k'}-k'value}$入队，得到的最大值是 $\mathcal{*queue.front()+jvalue}$
到这道题目里面有 $\mathcal{cost_i=value_i}$，于是每个背包只有能否被覆盖的状态
于是单调队列维护的就是有没有 $\mathcal{1}$。
那么只要知道前面这一段有没有 $\mathcal{1}$就可以了。