题解 luogu.P3092 [USACO13NOV] No Change G

题目

luogu.P3092 [USACO13NOV] No Change G

这是一道好题。而且综合性较强，我并没有想出正解，在我第一遍做的时候。事后总结复盘，感觉是个很有难度的题。
状态非常不好定义。

题意建模

首先拿到题，我的思路慢慢发散：

• 感觉就连阶段都不好划分。
• 状态也不好定义。

难点就是，我知道要状压，而且是硬币的使用状态。但是后面怎么办？再怎么处理阶段的划分？因为很显然会发现，题目中有说：

FJ 可以随时停下来付款，每次付款只用一个硬币，支付购买的内容是从上一次支付后开始到现在的这些所有物品（前提是该硬币足以支付这些物品的费用）。不幸的是，商场的收银机坏了，如果FJ支付的硬币面值大于所需的费用，他不会得到任何找零。

这就是说，要考虑的情况就会更加复杂。很容易构造出一种无解的状态：最大的金额买不了最大价值的东西。然而如果能买，什么时候去使用最大面额的硬币？后面的状态怎么扩展？。。。。。。等等等，诸如此类乱七八糟的想法就会泉涌而出。免不了思绪混乱。这个时候，正解的巧妙真是令我拍案而起。。。

具体介绍一下混乱的想法。

• 怎么转移状态？
• 即使我定义出来了，也不好用二进制按位查找。这也就是说，阶段的划分不明确，而且缺乏手段。

算法分析

定义状态

考虑到上一个硬币的状态未知，但是需要，所以：
数组f[i]表示用 \(i\) 状态下的硬币可以购买到第几个商品 ，dp[i]表示状态 \(i\) 下的花费

划分阶段

既然状态成功定义，那就是以硬币的使用为阶段。

考虑转移

使用当前硬币的状态一定由使用上一个硬币的状态转移而来

• 外层循环枚举所有状态，内层循环枚举每一位，若当前状态i的第j位为1，则可以进行转移

• 然后可以进行枚举n件物品，考虑每一件是否可以购买，一直到不能购买为止

• 因为一种状态可以被更新多次，所以要取max，保证dp数组存的是能买到的最大编号，然后更新dp数组和f数组

• 如果到第 \(n\) 件都可以买，则可以购买全部物品，ans记录当前的最小花费，最后用所有硬币的总面值减去最小花费即为答案

如果ans没有被更新过，说明不能购买，输出−1

时间复杂度 \(O(2^{k}kn)\)，TLE。考虑优化。

考虑优化的过程就是考虑哪些地方的时空不平衡，具体来说，就是哪些地方可以空间换时间。

• 发现每次枚举物品统计价值来检查是否能够购买是冗余操作，可以用前缀和预处理一下，然后每次检查的时候进行一次二分就可以了

时间复杂度 \(O(2^{k}klogn)\)，可通过本题。

参考代码

#include<iostream>
using namespace std;
const int N=1e5+5,M=18;
int dp[1<<M];
int f[1<<M],s[N],c[N],w[N],m,n,ans,tot;
inline int check(int x, int cha) 
{
	int l=cha,r=n,mid;
	while(l<=r) //终止条件：l>r 
	{
		mid=(l+r)>>1;
		if(s[mid]-s[cha-1]==x) return mid;
		if(s[mid]-s[cha-1]<x) l=mid+1;
		else r=mid-1;
	}
	return r;
}
int main()
{
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0),cout.tie(0);
	cin>>m>>n;
	int all=(1<<m)-1;
	for(int i=1;i<=m;i++) 
	{
		cin>>w[i];
		tot+=w[i];
	}
	for(int i=1;i<=n;i++) 
	{
		cin>>c[i];
		s[i]=s[i-1]+c[i];
	}
	ans=0x3f3f3f3f;
	for(int i=1;i<=all;i++)
		for(int j=1;j<=m;j++)
			if(i&1<<j-1)
			{
				int x=i^(1<<j-1),sum;
				if((sum=check(w[j],f[x]+1))>f[i])
					f[i]=sum,dp[i]=dp[x]+w[j];
				if(f[i]==n) ans=min(ans,dp[i]);
			}
	cout<<(tot-ans<0?-1:tot-ans)<<endl;
	return 0;
}

细节实现

• 一个就是位运算的细节，不要出错。位运算要从 \(1_{(10)}\) 也就是最低位\(000...01_{(2)}\) 第0位开始检查起，而数组的索引却是从1开始，这需要格外注意；
• 还有就是这个二分最终的终止条件，注释在代码中了。最终 \(l\),\(r\) 是什么位置呢？注意到，\(l>r\) 时停止，所以在这之前的临界状态，必定是 \(l+1=r\),也就是说，再执行一轮查找之后，应有：\(r=mid-1,l=mid+1\)，也就是，\(r\) 会停在小于所查找对象最大的位置。

总结归纳

还是好难，叫我再做一遍也很难敲出正解一遍AC。继续努力吧。