BZOJ1531: [POI2005]Bank notes

1531: [POI2005]Bank notes

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Description

Byteotian Bit Bank (BBB) 拥有一套先进的货币系统,这个系统一共有n种面值的硬币,面值分别为b1, b2,..., bn. 但是每种硬币有数量限制,现在我们想要凑出面值k求最少要用多少个硬币.

Input

第一行一个数 n, 1 <= n <= 200. 接下来一行 n 个整数b1, b2,..., bn, 1 <= b1 < b2 < ... < b n <= 20 000, 第三行 n 个整数c1, c2,..., cn, 1 <= ci <= 20 000, 表示每种硬币的个数.最后一行一个数k – 表示要凑的面值数量, 1 <= k <= 20 000.

Output

第一行一个数表示最少需要付的硬币数

Sample Input

Sample Output

HINT

Source

题解：

应该算是一个比较裸的多重背包问题。

顺便复习了下  单调队列优化多重背包 。

好像很优越：对于第 i 种物品来说，已知体积 v，价值 w，数量 k，那么可以按照当

我们可以把每一份分开处理，假设余数为 d。
现在看到分组以后，编号 j 可以从 j-k 到 j-1 中的任意一个编号转移而
来（因为相邻的体积正好相差 v），这看上去已经和区间最大值有点相似了。
但是注意到由于体积不一样，显然体积大的价值也会大于等于体积小的，
直接比较是没有意义的，所以还需要把价值修正到同一体积的基础上。比
如都退化到 d，也就是说用 F[j*v+d]- j*w 来代替原来的价值进入队列

代码：

 1 #include<cstdio>
 2 #include<cstdlib>
 3 #include<cmath>
 4 #include<cstring>
 5 #include<algorithm>
 6 #include<iostream>
 7 #include<vector>
 8 #include<map>
 9 #include<set>
10 #include<queue>
11 #include<string>
12 #define inf 1000000000
13 #define maxn 50000
14 #define maxm 500+100
15 #define eps 1e-10
16 #define ll long long
17 #define pa pair<int,int>
18 #define for0(i,n) for(int i=0;i<=(n);i++)
19 #define for1(i,n) for(int i=1;i<=(n);i++)
20 #define for2(i,x,y) for(int i=(x);i<=(y);i++)
21 #define for3(i,x,y) for(int i=(x);i>=(y);i--)
22 #define mod 1000000007
23 using namespace std;
24 inline int read()
25 {
26     int x=0,f=1;char ch=getchar();
27     while(ch<‘0‘||ch>‘9‘){if(ch==‘-‘)f=-1;ch=getchar();}
28     while(ch>=‘0‘&&ch<=‘9‘){x=10*x+ch-‘0‘;ch=getchar();}
29     return x*f;
30 }
31 int n,m,a[maxn],b[maxn],f[maxn];
32 struct rec{int x,y;}q[maxn];
33 int main()
34 {
35     freopen("input.txt","r",stdin);
36     freopen("output.txt","w",stdout);
37     n=read();
38     for1(i,n)a[i]=read();
39     for1(i,n)b[i]=read();
40     m=read();
41     memset(f,60,sizeof(f));
42     f[0]=0;
43     for1(i,n)
44     {
45      for0(j,a[i]-1)
46       {
47           int l=1,r=0;
48         for0(k,(m-j)/a[i])
49          {
50              int t=k*a[i]+j;
51              while(l<=r&&q[r].y>f[t]-k)r--;
52              q[++r].x=k;q[r].y=f[t]-k;
53              while(l<=r&&q[l].x<k-b[i])l++;
54              if(l<=r)f[t]=min(f[t],q[l].y+k);
55          }
56       }
57     }
58     printf("%d\n",f[m]);
59     return 0;
60 }