hihocoder-建造基地（完全背包）

描述

在遥远的未来，小Hi成为了地球联邦外空间联合开发工作组的一员，前往一颗新发现的星球开发当地的重金属资源。

为了能够在当地生存下来，小Hi首先要建立一个基地。建立基地的材料可以直接使用当地的石材和富裕的重金属资源。基地建设分为N级，每一级都需要达成K的建设值后才能够完成建设，当前级别的建设值溢出后不会影响到下一级的建设。
小Hi可以产出的重金属资源按照精炼程度分为M级，根据开采的数量和精炼的工艺，可以将获取精炼程度为第i级的重金属资源的成本量化为Ai。
在建设第1级基地时，一块精炼度为i的重金属可以提供Bi的建设值，此后基地的级别每提高一级，建设值将除以T并下取整(整除)。
现给定N、M、K、T、A[]和B[]，小Hi需要你帮助他计算他完成基地建设的最小成本。

输入

输入包含多组测试数据。
输入的第一行为一个整数Q，表示测试数据的组数。
每组测试数据的第一行为4个整数N、M、K和T，意义如前文所述。
接下来的一行为M个整数，分别表示A1~AM。
接下来的一行为M个整数，分别表示B1~BM。
对于100%的数据，满足1<=N<=10，1<=M<=100，1<=K,T<=104
对于100%的数据，满足Ai和Bi均为32位整型范围内的正整数
对于100%的数据，满足1<=Q<=10

输出

对于每组测试数据，如果小Hi最终能够完成基地建设，则输出小Hi完成基地建设所需要的最小成本，否则输出“No Answer”。

样例输入

2
2 2 2 2
1 3
1 2
2 2 2 2
1 2
1 1

样例输出

8
No Answer

题目链接：http://hihocoder.com/problemset/problem/1270
题意看了很久，但其实可以直接简化成一个问题：
有M种矿石，每种矿石都有相应的开采成本与建设值，每种矿石开采一次需要Ai成本，建设值为Bi。现建设一个基地的建设值至少需要达到k，求所需做小成本。

分析：
感觉很像是完全背包，完全背包是求固定容量内最大价值，而这里是价值大于等于k的情况下求最小成本。于是我推出了一个转移方程：dp[h]=dp[h-Bi]+Ai ：在价值为h时的最小成本。最后把dp[k]、dp[k+1]、dp[k+max(Bi)]的最小值求出来即可。但问题也很明显，Bi的值可能很大，数组存不下。如果限制Bi大小的话又会丢失一些解。于是我想刚才那个方程感觉是把过去的状态推到现在的状态，而我可以变一下，将现在的状态推到未来的状态 ：dp[h+Bi] = min(dp[h+Bi], dp[h]+Ai)。这样我就可以控制现在的状态，如果未来那个状态是解的话，那么此时的的价值肯定小于k。如果价值大于等于k的话就是其中一个解了，将其更新到dp[k]。

code:

#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<math.h>
#include<stdlib.h>
#include<map>
#include<set>
#include<stack>
#include<queue>
#include<vector>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define INF 1<<30
#define F first
#define S second
const int N = 1e5+10;
const int mod = 1e9+7;
int main()
{
int Q, n, m, k, T;
int a[110], b[110];
ll dp[10010]; //价值为i时的最小成本

while(~scanf("%d", &Q))
{
while(Q--)
{
ll res = 0;
scanf("%d%d%d%d", &n,&m,&k,&T);
for(int i=1; i<=m; i++) scanf("%d", a+i);
for(int i=1; i<=m; i++) scanf("%d", b+i);
for(int u=1; u<=n; u++)
{
for(int i=1; i<10010; i++) dp[i] = INF;
dp[0] = 0;
ll minn = INF;
for(int i=1; i<=m; i++)
{
for(int j=0; j<=k; j++)
{
if(j+b[i] > k) dp[k] = min(dp[k], dp[j]+a[i]);
else dp[j+b[i]] = min(dp[j+b[i]], dp[j]+a[i]);
}
}
//for(int i=k; i<=2*k; i++) minn = min(minn,dp[i]);
//res += minn;
res += dp[k]; //将每级累加
for(int v=1; v<=m; v++)
b[v] /= T;
}
if(res >= INF) puts("No Answer");
else printf("%lld\n", res);
}
}
return 0;
}