CF632E Thief in a Shop

题意

一个背包，$n$ 种物品，第 $i$ 种物品价值为 $a_i$，每种物品无穷个，只能拿 $k$ 个物品，问有哪些可能的价值？

分析

乍一看是一个完全背包模板，于是我们设 $dp_j$ 为当价值为 $j$ 时最少需要的物品数，可以写出方程式 $dp_j=\min(dp_j,dp_{j-a_i}+1)$，仅当 $dp_j=k$ 时，输出 $i$。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1010,M=1e6,inf=1010;
int n,k,a[N],dp[N*N];
int main()
{
    cin>>n>>k;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    	cin>>a[i];
    for(int i=1;i<=M;i++)
    	dp[i]=inf;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    	for(int j=a[i];j<=M;j++)
    		dp[j]=min(dp[j],dp[j-a[i]]+1);
    for(int i=0;i<=M;i++)
    	if(dp[i]==k)
    		cout<<i<<" ";
	return 0;
}

然而连样例都过不了。

我们参考一下样例来找找原因：

3 2
1 2 3

原来在我们的计算里 $dp_3=1$，但其实 $dp_3=2=k$ 也是可行的。

那么有没有什么办法可以把 $1$ 个物品凑成 $2$ 个物品呢？

我们假设有一个最好的情况，我们已选物品的价值加上其他物品的价值后总价值不变，但总数量却能涨到 $k$ 个，在此样例中，设另外那个物品价值为 $x$，那么就相当于 $3+x=3,1+1=2=k$，即 $x=0$。也就是说，我们只要有价值为 $0$ 的物品，就可以凑成，可题目中 $1≤a_i≤1000$ 呀！

我们考虑之前的那个状态转移方程的变形：

若保证任意 $a_i≥v$，则之前的转移方程为 $dp_j=\min(dp_j,dp_{j-(a_i-v)}+1)$，设此时的某个答案为 $ans$，则真正答案可以转化为 $ans+k\times v$，也就是把之前缺少的价值补回来。

了解了这个变形，我们只需取 $v=\min_{i=1}^na_i$，就可以得到上面价值为 $0$ 的物品。

于是我们就用新的状态转移方程求出 $dp$ 数组，只要 $dp_i≤k$，即需要的最少物品数不大于 $k$ 个（缺少的可以用 $0$ 补），就算作一个答案。

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1010,M=1e6,inf=1010;
int n,k,a[N],dp[N*N],v=inf;
int main()
{
    cin>>n>>k;
    for(int i=1;i<=n;i++)
	{
    	cin>>a[i];
		v=min(v,a[i]);
	}
    for(int i=1;i<=M;i++)//预处理赋极大值
    	dp[i]=inf; 
    for(int i=1;i<=n;i++)//减去最小值 
    	a[i]-=v; 
    for(int i=1;i<=n;i++)//普通完全背包 
    	for(int j=a[i];j<=M;j++)
    		dp[j]=min(dp[j],dp[j-a[i]]+1);
    for(int i=0;i<=M;i++)
    	if(dp[i]<=k)
    		cout<<i+k*v<<" ";
	return 0;
}