Vijos 1071 【DP之记录路径】

题意：

给出n张牌的重量和现在剩下的牌的重量。

求缺失了的牌。

如果无解就输出0 多解就输出-1 否则就按照输入的顺序输出排的编号

思路：

　　01背包..

　　状态转移用dp[v] = cnt;表示牌的总和为v的情况是为cnt

　　记录路径有path[v] = j; 表示是加上了第j个物品才得到体积为v的。

　　一开始有一个已知的是dp[0] = 1;

　　状态转移方程为 if(dp[j-w[i]]) dp[j] += dp[j-w[i]]; 表示当前一个状态存在的情况下，这一个状态的情况数为前一个状态加上当前这个状态的情况数。

　　因为题目要求给出缺失的牌的编号，所以如果dp[j] == 0,即第一次遇到这个情况，就记录当前路径。主要是因为这个是空间优化的dp，用这个来标记的原因和01背包中第二层for循环从v循环到w[i]的理由一样，都是为了防止被后面的体积影响结果。

　　例如 第1 2 3个物体的体积是1 2 3， 而总的体积要求是6

　　因为1+2+3 = 6,所以路径理论上应该是1 2 3。但是当 j 为3,i 为 3即w[i] = 3的时候dp[j-w[i]] == 1

　　理论上这时候path[3] 应该 = 2; 即第一个物品的体积1加上第二个物品的体积2 = 3

　　但是因为正好有一件物品的体积为3，所以没有 if(dp[j] == 0) path[cnt++] = i;

　　这时候i = 3就会覆盖掉path[3]

　　但实际上最后path[6] 才应该是 = 3

　　最后如果dp[v] = 0代表无解 dp[v] > 1代表多解 ///其中v表示缺少的牌的总重量

　　如果dp[v] = 1; 则按path[j-path[j-path[...]]]找出路径，最后的最后就直接把路径输出。

Tips：

　　题目没有说明给出的数据关系，所以可以预处理的情况是如果现在有的牌的总重量为0，则所有牌都缺失了，这时候就把输入的牌全部输出，如果缺失的牌的体积比所有牌的体积和大，那肯定是无解的。

　　另外有一个要注意的地方是：要先处理现在有的牌的总重量为0的情况，因为dp的时候dp[0] 被初始化为1了，如果不先处理这种特殊情况，就会输出错误的答案。

Code：

View Code

#include <stdio.h>
#include <cstring>
#include <ctime>
#include <stdlib.h>

int main()
{
int n, v, cnt, tv, sum;
int w[110], dp[100010], path[100010], ans[110], vis[110];
while(EOF != scanf("%d", &v)) {
memset(dp, 0, sizeof(dp));
memset(vis, 0, sizeof(vis));
memset(path, 0, sizeof(path));
sum = cnt = 0;
scanf("%d", &n);
for(int i = 1; i <= n; ++i) {
scanf("%d", &w[i]);
sum += w[i];
}

if(sum <= v) puts("0");
else if(v == 0) {
for(int i = 1; i <= n; ++i)
printf("%d%c", i, i == n?'\n':' ');
} else {
v = sum-v;
dp[0] = 1;
for(int i = 1; i <= n; ++i) {
for(int j = v; j >= w[i]; --j) {
if(dp[j-w[i]] != 0) {
if(dp[j] == 0)  path[j] = i;
dp[j] += dp[j-w[i]];
}
}
}

if(dp[v] == 0) puts("0");
else if(dp[v] > 1) puts("-1");
else {
tv = v;
for(int i = path[tv]; tv > 0; i = path[tv]) {
ans[cnt++] = i;
tv -= w[i];
}
for(int i = cnt-1; i >= 0; --i)
printf("%d%c", ans[i], i == 0?'\n':' ');
}
}
}
return 0;
}

题目链接：https://vijos.org/p/1071