洛谷-P1164-小A点菜

题目描述

不过 uim 由于买了一些书，口袋里只剩 M?元?(M≤10000)。

餐馆虽低端，但是菜品种类不少，有 N?种 (N≤100)，第 i?种卖 a[ i ]?元 (a[ i ]≤1000)。由于是很低端的餐馆，所以每种菜只有一份。

小 A 奉行“不把钱吃光不罢休”，所以他点单一定刚好把 uim 身上所有钱花完。他想知道有多少种点菜方法。

由于小 A 肚子太饿，所以最多只能等待?11?秒。

输入格式

第一行是两个数字，表示 N?和 M。

第二行起 N?个正数 ai[ i ]（可以有相同的数字，每个数字均在?1000 以内）。

输出格式

一个正整数，表示点菜方案数，保证答案的范围在 int 之内。

输入输出样例

输入

4 4
1 1 2 2

输出

3

我们把 f[ i ][ j ] 表示为：买前i道菜品，正好花了j元钱的选法的数量

那么略加思考，得出可以把所有选法划分为：买第i道菜品和不买第i道菜品

由于题目条件，我们可以知道当我们所持有的钱大于等于第i个菜品时，我们就一定会买，而当钱数不够时，我们当然也没办法买第i道菜品

所以：
????????1.当j 大于等于 第i道菜的价值时（用a[ i ]表示），可以把状态表示为：

f[i - 1][ j ] + f[i - 1][j - a[i]]

即选第i道的情况与不选第i道的情况（题目要求所有的情况的数量）

此时我们发现如果j == a[i]时，f[i - 1][j - a[i]]就变成了f[i - 1][0]，这种情况当然就等于1，所以我们分成两种情况：j == a[ i ]与j > a[ i ]。

当j == a[ i ]时，f[ i ][ j ] = f[i - 1][ j ] + 1，当j > a[ i ]时，f[ i ][ j ] = f[i - 1][ j ] + f[i - 1][j - a[ i ]]

? ? ? ? 2.当j 小于第i道菜的价值时，可以把状态表示为：

f[i - 1][ j ]

总和解释一下各种f[][]的含义：

f[i - 1][ j ]就代表了：选前i-1道菜，而且还正好花了j元钱，也代表了我们不买第i道菜所需要的方案数量

f[i - 1][j - a[ i ]]：选前i-1道菜，而且还正好花了j-a[ i ]元钱。当我们买了前i道菜花了j元钱时，我们减去这第i道菜然后减去买第i道菜花的钱，得到的方案数是不变的，也就是说f[i - 1][j - a[ i ]]就代表了买第i道菜的方案数量，这一思想在背包问题中也有所体现。

代码：

#include<iostream>
using namespace std;
const int N = 100+10;
const int M = 10010;

int a[N];
int f[N][M];
int n, m;

int main() {
	cin >> n >> m;
	for (int i = 1; i <= n; i++)cin >> a[i];

	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		for (int j = 1; j <= m; j++) {
			if (j == a[i])f[i][j] = f[i - 1][j] + 1;//f[i-1][0] = 1
			if (j < a[i])f[i][j] = f[i - 1][j];
			if (j > a[i])f[i][j] = f[i - 1][j] + f[i - 1][j - a[i]];
		}
	}

	cout << f[n][m];
	return 0;
}

此时我们又可以类比01背包问题来进行一维优化：
?

#include<iostream>
using namespace std;
const int N = 100+10;
const int M = 10010;

int a[N];
int f[M];
int n, m;

int main() {
	cin >> n >> m;
	for (int i = 1; i <= n; i++)cin >> a[i];

	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		for (int j = m; j >= 1; j--) {
			if (j == a[i])f[j] = f[j] + 1;//f[i-1][0] = 1
			if (j < a[i])f[j] = f[j];
			if (j > a[i])f[j] = f[j] + f[j - a[i]];
		}
	}

	cout << f[m];
	return 0;
}

不能忘记逆序