dp之完全背包poj1787（完全背包以及路径记录 推荐）

题意：有四种硬币，1分，5分，10分，25分，分别有a,b,c,d种，给出一个n分钱，要求你求出组成n分钱最多需要的硬币数量，并且输出组成它的各种硬币的数量......

学到的东西：这个题目我是用两种方法做的，一个是完全背包，一个是多重背包。做完这个题目，我对背包的理解可以说上了个层次......还有记录路径的方法，反过来求出各个硬币的数量，都是我以前做的题目没有涉及到的.......

要求出各个硬币有多少种，只需要记录路径，在开一个数组统计p-path[p]，为什么可以如此？很容易想到path[p]=p-v[i]

如此，p-path[p]==p-(p-v[i])==v[i]，而v[i]正好是硬币的价值........这道题目令我思考到一个东西，一般的背包问题的初始值都是将dp全部赋值为0的，而在这边dp[0]==1，并且在动态转移的过程中，还限制了dp[j]>0才可以转移，与背包的模板的动态转移不同啊？为什么要这样呢？

在一般的dp题目里面，有体积，价值，所要求的不是最大价值就是最小价值，而定义的dp[i][j]意义是装有i件物品，体积为j的最大值为dp[i][j]，简化为一维的dp[j]代表的是在体积为j的时候最大价值为dp[j]。仔细观察，可以发现，在dp[j-v[i]]时，dp[j]本身就可以从dp[j-v[i]]那边得到值，因为dp[j-v[i]]这个地方，它可以组成dp[j]......也就是说，它不需要去判断在dp[j-v[i]]前面是否有数可以组成dp[j-v[i]]，因此dp[j-v[i]]为不为0，不影响最终结果......

而这个题目却不同，需要赋值dp[0]=1；在动态转移的时候还得保证dp[j-v[i]]>0，这是因为题意是要求组成n分钱需要的最多硬币数量，那么你要可以组成dp
，dp[n-v[i]]必须要可以组成，否则就会出错.......同理，这道题目原理如此，在做给出n分钱，每种钱币有a,b,c,.....种，求组成n分钱最多的种数，也是要赋值dp[0]=1的，原理是一样的........

这告诫我，在做dp题目时，要仔细思考好其前后的关系，以及中间推导至最后的关系.....

完全背包代码：

#include<iostream> #include<stdio.h> #include<string.h> usingnamespacestd; intdp[10010],ans[10010],num[10010],path[10010]; intp,c[5]={0,1,5,10,25},t[5]; intmain() { while(scanf("%d%d%d%d%d",&p,&t[1],&t[2],&t[3],&t[4])>0&&(p+t[1]+t[2]+t[3]+t[4])) { memset(dp,0,sizeof(dp)); memset(ans,0,sizeof(ans)); memset(path,0,sizeof(path)); dp[0]=1; for(inti=1;i<=4;i++) { memset(num,0,sizeof(num)); for(intj=c[i];j<=p;j++) if(dp[j-c[i]]&&dp[j-c[i]]+1>dp[j]&&num[j-c[i]]<t[i])//一般来说，完全背包的硬币是没有限制的，后一个数必然可以由前面的某个数组成，所以也就不需要dp[j-c[i]]>0， 但是，这次用到的完全背包其硬币数受到了限制，也就导致有些数根本不可能组成，所以要把这些数排除 { dp[j]=dp[j-c[i]]+1; num[j]=num[j-c[i]]+1; path[j]=j-c[i]; } } inti=p; if(dp[p]>0) { while(i!=0) { ans[i-path[i]]++; i=path[i]; } printf("Throwin%dcents,%dnickels,%ddimes,and%dquarters.\n",ans[1],ans[5],ans[10],ans[25]); } elseprintf("Charliecannotbuycoffee.\n"); } return0; }

多重背包代码：

#include<iostream> #include<stdio.h> #include<string.h> usingnamespacestd; structnode { intnum; intcout; intdw; }w[20001]; intdp[20001],c[5]={0,1,5,10,25},t[5],path[20001][2],ans[20001]; intp; intmain() { while(scanf("%d%d%d%d%d",&p,&t[1],&t[2],&t[3],&t[4])>0&&(p+t[1]+t[2]+t[3]+t[4])) { intcnt=0; for(inti=1;i<=4;i++) { intk=1; while(t[i]-k>0) { w[cnt].num=k*c[i]; w[cnt].cout=k; w[cnt++].dw=c[i]; t[i]-=k; //if(i==1) //printf("%d\n",w[cnt-1].dw); k*=2; } w[cnt].num=t[i]*c[i]; w[cnt].cout=t[i]; w[cnt++].dw=c[i]; //if(i==1) //printf("%d\n",w[cnt-1].dw); } memset(dp,0,sizeof(dp)); memset(path,0,sizeof(path)); memset(ans,0,sizeof(ans)); dp[0]=1; for(inti=0;i<cnt;i++) { for(intj=p;j>=w[i].num;j--) if(dp[j-w[i].num]>0&&dp[j]<dp[j-w[i].num]+w[i].cout)//多重背包的二进制拆分其原理就是转化成01背包来处理，而01背包是从n推导至0，在i==1时，dp[n-w[i].num]+w[i].cout>dp 除非w[i].cout==0，否则就是必然的，但是同时，你要可以组成dp ，那么你首先要可以组成dp[n-w[i].num]，那么也就是说dp[n-w[i].num]必须要>0，才可以进行动态转移 { dp[j]=dp[j-w[i].num]+w[i].cout; //printf("%d%d%d%d\n",w[i].num,w[i].dw,w[i].cout,dp[j]); path[j][0]=j-w[i].num; path[j][1]=i; } } //printf("%d\n",dp[p]); if(dp[p]!=0) { while(p!=0) { inttmp=p-path[p][0]; intj=path[p][1]; ans[w[j].dw]+=w[j].cout; p=path[p][0]; } printf("Throwin%dcents,%dnickels,%ddimes,and%dquarters.\n",ans[1],ans[5],ans[10],ans[25]); } elseprintf("Charliecannotbuycoffee.\n"); } return0; }