poj 1787 Charlie's Change （多重背包+记录路径）***

http://poj.org/gotoproblem?pid=1787

（1）本题为一般的多重背包问题，亮点在于记录路径的方法，开了一个数组 pre[10010] 记录前一步的位置。调用时用 sum[30] 逐个累加即可（当然，这里的调用方法还有其他的各种方法）。

　　　记录：

pre[j]=j-b[i];

　　　调用：

for(i=m;pre[i]!=-1;i=pre[i])
ans[i-pre[i]]++;

（2）多重背包一如既往，用数组 used[10010] 限制，转化为01背包（或是完全背包，只是形式有点像而已，不属于而这任何一类）。

（3）初始化问题：

1）将dp[i] 预处理为0。 dp[i] 表示 i 元最多用多少硬币 ，但它还有另一重意思，即 i 元可以用已有的硬币表示，其值为真和假（0和1）。换而言之，dp[10010] 完成了两个数组才能完成的任务。然而，第一种含义下，dp[0]=0, 第二种含义下， dp[0]=1，存在矛盾，真的要用两个数组才能完成么？

memset(dp, 0, sizeof(dp));
dp[0]=1;

令 dp[0]=1 时有原因的，因为 dp[0] 的第一种含义并不重要，第二种含义与题目息息相关。

　　　　　2）只需令 pre[0]=-1 即可；

pre[0]=-1;

（4）限制条件问题：

if((!dp[j]||dp[j-b[i]]+1>dp[j])&&dp[j-b[i]]&&used[j-b[i]]+1<=a[i])

如果 dp[j] 未求或是太小，dp[j-b[i]] 已求，并且硬币还够用，则进入循环。

具体代码：

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#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<algorithm>
using namespace std;
int n, m;
int a[5], b[5]={0,1,5,10,25};
int dp[10010], used[10010];
int pre[10010];
int ans[30];
int main()
{
int i, j, k;
while(scanf("%d", &m)!=EOF)
{
for(i=1;i<=4;i++) scanf("%d", &a[i]);
if(!m&&!a[1]&&!a[2]&&!a[3]&&!a[4])  break;
memset(dp, 0, sizeof(dp));
memset(pre, 0, sizeof(pre));
dp[0]=1;    // 表示 dp[0] 已求过
pre[0]=-1;
for(i=1;i<=4;i++)
{
for(j=0;j<=m;j++)
used[j]=0;
for(j=b[i];j<=m;j++)
{
if((!dp[j]||dp[j-b[i]]+1>dp[j])&&dp[j-b[i]]&&used[j-b[i]]+1<=a[i])   //各种限制条件
{
dp[j]=dp[j-b[i]]+1;
used[j]=used[j-b[i]]+1;
pre[j]=j-b[i];   //记录路径，用数组保存前一步的位置
}
}
}
memset(ans, 0, sizeof(ans));
if(dp[m])
{
for(i=m;pre[i]!=-1;i=pre[i])
ans[i-pre[i]]++;
printf("Throw in %d cents, %d nickels, %d dimes, and %d quarters.\n", ans[1], ans[5], ans[10], ans[25]);
}
else printf("Charlie cannot buy coffee.\n");
}
return 0;
}