货币系统

问题概述输入输出约束条件样例输入样例输出 求解第一次尝试分析设计编码结果总结 第二次尝试分析设计编码结果总结 第三次尝试分析设计编码结果总结 第四次尝试分析设计编码结果总结

问题

传送门: 货币系统

概述

在网友的国度中共有n种不同面额的货币，第i种货币的面额为a[i]，你可以假设每一种货币都有无穷多张。为了方便，我们把货币种数为n、面额数组为a[1…n]的货币系统记作(n,a)。 在一个完善的货币系统中，每一个非负整数的金额x 都应该可以被表示出，即对每一个非负整数x，都存在n个非负整数t[i] 满足a[i] x t[i] 的和为x。然而，在网友的国度中，货币系统可能是不完善的，即可能存在金额x不能被该货币系统表示出。例如在货币系统n=3, a=[2,5,9]中，金额1,3就无法被表示出来。 两个货币系统(n,a)和(m,b)是等价的，当且仅当对于任意非负整数x，它要么均可以被两个货币系统表出，要么不能被其中任何一个表出。 现在网友们打算简化一下货币系统。他们希望找到一个货币系统(m,b)，满足(m,b) 与原来的货币系统(n,a)等价，且m尽可能的小。他们希望你来协助完成这个艰巨的任务：找到最小的m。

输入

输入的第一行包含一个整数T,表示数据组数。接下来按照如下格式分别给出T组数据。 每组数据的第一行包含一个正整数n。接下来一行包含n个由空格隔开的正整数a[i]。

输出

输出文件共T行, 对于每组数据, 输出一行一个正整数, 表示所有与(n, a)等价的货币系统(m, b)中, 最小的m.

约束条件

1 <= T <= 20, 1 <= n <= 100, 1 <= a[i] <= 25000

样例输入

2 4 3 19 10 6 5 11 29 13 19 17

样例输出

2 5

求解

第一次尝试

分析

货币系统中, 如果存在面额大的货币可以被若干个面额小的货币组合表示出来, 那么该面额的货币就可以被从系统之删除掉以优化系统 以19为例, 19 = 10 + 6 + 3. 可以被优化掉

设计

首先将面额存储之后排序一下, 之后从大到小进行判断是否可以优化 用栈来存储每个节点, 包括当前剩余的值(当前值-选择的支的值), 前面可选区域的范围(如19, 它的可选区域的范围就是0~3 共 4个), 如果路线可行, 如果当前节点已经选择了最右分支, 那么下一次它将没路可走, 所以无需重新压栈, 如果还未选择最右分支, 那么更新它的可选区域, 再入栈, 之后将新节点入栈.

编码

// 货币系统 // Written by: by_sknight // Date: 2019/5/22 #include <bits/stdc++.h> using namespace std; int n; vector<int> a; bool can_delete(int in_index) { stack<pair<int, int> > S; pair<int, int> P; int residual_value, pre_range, index; S.push(make_pair(a[in_index], in_index)); while (!S.empty()) { residual_value = S.top().first; // 如果in_index下标的值可以被更小的值组合得到, 那么它可以被优化 if (residual_value == 0) { return true; } pre_range = S.top().second; S.pop(); for (index = pre_range - 1; index >= 0; index--) { if (residual_value - a[index] >= 0) { break; } } if (index >= 0) { // 如果大于0, 则意味着当前节点还可以有右支可行, 所以可以将当前节点存入 // 为0表示已经走到了最右支, 当前节点不必存入, 只存入下一节点即可 if (index > 0) S.push(make_pair(residual_value, index)); S.push(make_pair(residual_value - a[index], index + 1)); } } return false; } int main(void) { int T, tmp; scanf("%d", &T); while (T--) { a.clear(); scanf("%d", &n); for (int i = 0; i < n; i++) { scanf("%d", &tmp); a.push_back(tmp); } sort(a.begin(), a.end()); // 因为第一位最小的不可能被优化掉, 所以i>0就足够了 for (int i = n - 1; i > 0; i--) { if (can_delete(i)) n--; } printf("%d\n", n); } }

结果

通过95%, 之后超时

总结

可能是求解思路本身就不够好代码不够优化

第二次尝试

分析

同第一次尝试

设计

打算采取空间换时间的思想, 如果有一组数据, 5, 10, 20, 25, 45; 如果从小到大处理, 20将会被标记为可以删除, 到45的时候, 减去25剩余20, 此时判断一下标记, 便可以直接确认可删除, 而不是再次处理一遍.

编码

// 货币系统 // Written by: by_sknight // Date: 2019/5/22 #include <bits/stdc++.h> using namespace std; #define MAX 25005 int n; vector<int> a; bool can_delete_of_value[MAX]; bool can_delete(int in_index) { stack<pair<int, int> > S; int residual_value, pre_range, index; S.push(make_pair(a[in_index], in_index)); while (!S.empty()) { residual_value = S.top().first; // 如果in_index下标的值可以被更小的值组合得到, 那么它可以被优化 if (can_delete_of_value[residual_value]) { return true; } if (residual_value == 0) { return true; } pre_range = S.top().second; S.pop(); for (index = pre_range - 1; index >= 0; index--) { if (residual_value - a[index] >= 0) { break; } } if (index >= 0) { // 如果大于0, 则意味着当前节点还可以有右支可行, 所以可以将当前节点存入 // 为0表示已经走到了最右支, 当前节点不必存入, 只存入下一节点即可 if (index > 0) S.push(make_pair(residual_value, index)); S.push(make_pair(residual_value - a[index], index + 1)); } } return false; } int main(void) { int T, tmp; scanf("%d", &T); while (T--) { for (int i = 0; i < MAX; i++) can_delete_of_value[i] = false; a.clear(); scanf("%d", &n); for (int i = 0; i < n; i++) { scanf("%d", &tmp); a.push_back(tmp); } sort(a.begin(), a.end()); // 因为第一位最小的不可能被优化掉, 所以i>0就足够了 int cnt = n; for (int i = 1; i < n; i++) { if (can_delete(i)) { can_delete_of_value[a[i]] = true; cnt--; } } printf("%d\n", cnt); } }

结果

依旧是通过95%, 最后一部分超时

总结

可以判断出最后一个测试用例应该是全部不可以优化的, 而且还是一个特别大的货币系统. 似乎只能考虑思路的问题了.

第三次尝试

分析

同上

设计

由于上次只是添加了可以删除掉的数的标记, 并没有处理不能删除的数的标记, 这次添加了所有处理过程中中间值的标记, 0表示未处理, 1表示处理过但是不能删除, 2表示处理过可以删除

编码

// 货币系统 // Written by: by_sknight // Date: 2019/5/22 #include <bits/stdc++.h> using namespace std; #define MAX 25005 struct Node { int residual_value; int pre_range; int change_number; Node () { } Node (int r, int p, int n) { residual_value = r; pre_range = p; change_number = n; } }; int n; vector<int> a; int can_delete_of_value[MAX]; // 0: 表示完全未处理 // 1: 表示处理过不可优化 // 2: 表示处理过可以优化 bool can_delete(int in_index) { stack<Node> S; Node N; int residual_value, pre_range, change_number, index; S.push(Node(a[in_index], in_index, 0)); while (!S.empty()) { N = S.top(); residual_value = N.residual_value; pre_range = N.pre_range; change_number = N.change_number; S.pop(); // 如果已经处理过了(前提是处理过程绝对正确) if (can_delete_of_value[residual_value] != 0) { // 如果不能优化, 并且上一个节点已经走到了最终节点, 那么将其设置 // 为无法优化, 否则不作处理 if (can_delete_of_value[residual_value] == 1) { if (S.empty()) { continue; } if (S.top().pre_range == 0) { can_delete_of_value[residual_value + change_number] = 1; continue; } } // 如果可以优化, 那么上一个节点一定设置为可以优化 else if (can_delete_of_value[residual_value] == 2) { can_delete_of_value[residual_value + change_number] = 2; continue; } } // 如果剩余量为0, 则意味着之前的之前的节点可以优化 if (residual_value == 0) { can_delete_of_value[residual_value + change_number] = 2; continue; } // 如果没有可选操作了 if (pre_range == 0) { can_delete_of_value[residual_value] = 1; continue; } for (index = pre_range - 1; index >= 0; index--) { if (residual_value - a[index] >= 0) { break; } } if (index >= 0) { // 为了处理最后一次数据, 还是将其存入 S.push(Node(residual_value, index, change_number)); S.push(Node(residual_value - a[index], index + 1, a[index])); } else { can_delete_of_value[residual_value] = 1; } } if (can_delete_of_value[a[in_index]] == 2) return true; else return false; } int main(void) { int T, tmp; scanf("%d", &T); while (T--) { for (int i = 0; i < MAX; i++) can_delete_of_value[i] = 0; a.clear(); scanf("%d", &n); for (int i = 0; i < n; i++) { scanf("%d", &tmp); a.push_back(tmp); } sort(a.begin(), a.end()); // 因为第一位最小的不可能被优化掉, 所以i>0就足够了 int cnt = n; for (int i = 1; i < n; i++) { if (can_delete(i)) { cnt--; } } printf("%d\n", cnt); } }

结果

依旧是95%通过, 然后超时 截图与之前没有任何变化, 也就没有截图

总结

还是不要纠结这种思路了, 该想想其他处理的思路了.

第四次尝试

分析

不打算继续拆分了, 看了别人的一些题解, 他们的思路是创建一个数组存储每个值是否可以被表示出来, 不过不同于我的遇到一个值再进去处理, 他们是直接处理

设计

首先对货币系统中的不同面额的货币进行排序 一个数组can_express[], 其中can_express[i]表示数值为i的一个数是否可以使用该货币系统表示出来, 它可以通过它的值 i 减去货币系统中的货币a[j]的到的结果 i - a[j] 这个值是否可以被表示出来得到, 如果可以表示出来的话, 那么i也就可以表示出来, 如果表示不出来的话, 那么 i 与下一个a[j]继续做差, 直到差值小于0, 此时i无法表示出来, 同时还存在一种 i - a[j] 等于0, 那么意味着 i 这个值可以表示出来, 但是它只能通过自身面额表示出来, 所以在计数器中要加1, 详细请看代码

编码

// 货币系统 // Written by: by_sknight // Date: 2019/5/22 #include <bits/stdc++.h> using namespace std; #define MAX_A 25005 #define MAX_N 105 int main(void) { bool can_express[MAX_A]; int T, n, a[MAX_N]; int max_value, cnt; scanf("%d", &T); while (T--) { max_value = 0; scanf("%d", &n); for (int i = 0; i < n; i++) { scanf("%d", &a[i]); max_value = max(max_value, a[i]); } sort(a, a + n); can_express[0] = true; cnt = 0; for (int i = 1; i <= max_value; i++) { // 首先, 假设 i 是无法表示出来的 can_express[i] = false; // 如果 i - a[j]大于等于0, 那么进入循环, 直到差值小于0退出 // 这里是排了序的, 所以不用所有的j都过一遍 for (int j = 0; i - a[j] >= 0; j++) { // 如果差值为0, 即只能由自身表示出来, 所以计数器增加 if (i - a[j] == 0) { cnt++; } // 不管是不是由自身表示, 它等于差值的状态 if (can_express[i] = can_express[i - a[j]]) // 如果差值可以表示出来, 那么它就可以表示出来, // 然后跳出循环 break; } } printf("%d\n", cnt); } }

结果

总结

虽然把题做出来了, 但还是没理解什么是背包问题, 可能是这个题不是典型的那种形式的题吧. 当然, 也可能是我自己太蠢 |-_-|