PAT L3-001 凑零钱(01背包（布尔背包）+记录路径)

L3-001. 凑零钱

时间限制：200 ms

内存限制：65536 kB

代码长度限制：8000 B

判题程序：Standard

作者：陈越

韩梅梅喜欢满宇宙到处逛街。现在她逛到了一家火星店里，发现这家店有个特别的规矩：你可以用任何星球的硬币付钱，但是绝不找零，当然也不能欠债。韩梅梅手边有104枚来自各个星球的硬币，需要请你帮她盘算一下，是否可能精确凑出要付的款额。

输入格式：

输入第一行给出两个正整数：N（<=104）是硬币的总个数，M（<=102）是韩梅梅要付的款额。第二行给出N枚硬币的正整数面值。数字间以空格分隔。

输出格式：

在一行中输出硬币的面值 V1 <= V2 <= … <= Vk，满足条件 V1 + V2 + … + Vk = M。数字间以1个空格分隔，行首尾不得有多余空格。若解不唯一，则输出最小序列。若无解，则输出“No Solution”。

注：

我们说序列{A[1], A[2], …}比{B[1], B[2], …}“小”，是指存在 k >= 1 使得 A[i]=B[i] 对所有 i < k 成立，并且 A[k] < B[k]。

输入样例1：

8 9

5 9 8 7 2 3 4 1

输出样例1：

1 3 5

输入样例2：

4 8

7 2 4 3

输出样例2：

No Solution

问题分析

学长和窝说这是01背包的变种布尔背包…….

题意：给n个硬币，问能否组成价值m。

那该怎么设计状态呢？

我感觉就是01背包的思想。可以这样，第i个硬币能否组成m，如果第i个硬币可以组成m，那么状态dp[j-coin[i]肯定就为true，否则为false，即表示当前硬币不可达m。如果选第i个，那么问题就变成i-1个硬币组成v-coin[i]的问题，不选就是i-1个硬币组成v的问题。边界状态肯定是硬币价值为0啦，0对于m一定是可达的，所以要初始dp[0] = true;所以状态转移方程为

dp[i][j] = dp[i-1][j] | dp[i-1][j-coin[i]]; 或者简化为一维，

dp[j] = dp[j] | dp[j-coin[i]]; (0 <= i <= n-1, 0 <= j <= m)

剩下的就是路径记录问题了，只要记住当前状态是由哪个状态转移过来的即可，输出coin[i]

ok，接下来是AC code(^_^)

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
const  int N = 1e4+3,M = 400;
bool path
[M],dp
;
int coin
;
bool cmp(int a,int b){
return a>b;
}

int main()
{
int n,m;
cin>>n>>m;
for(int i = 0; i < n; ++i){
cin>>coin[i];
}
dp[0] = true; //m+0一定还可以组成m，即0这个数可达（边界状态）
sort(coin,coin+n,cmp); //这里我们从大到小排序，方便输出，到后面如果有更小的方案会覆盖
for(int i = 0; i < n; ++i){
for(int j = m; j >= coin[i]; j--){
//            dp[j] = dp[j]|dp[j-coin[i]];
if(dp[j-coin[i]]){ // 如果当前选择当前硬币可组成m
dp[j] = true;
path[i][j] = true; //记录路径
}
}
}
if(dp[m]==false) cout<<"No Solution"<<endl;
else{
int i = n-1, j = m, flag = 0;
while (i>=0&&j>=0){
if(path[i][j]){ //当前状态可选
if(flag==0) { printf("%d",coin[i]); flag = 1;}
else
printf(" %d",coin[i]);
j -= coin[i]; //要清楚当前状态是怎么转移过来的
}
i--;
}
puts("");
}
return 0;
}