题解 | TheFewestCoins-牛客假日团队赛2L题

题目描述

Farmer John has gone to town to buy some farm supplies. Being a very efficient man, he always pays for his goods in such a way that the smallest number of coins changes hands, i.e., the number of coins he uses to pay plus the number of coins he receives in change is minimized. Help him to determine what this minimum number is.
FJ wants to buy $T (1 ≤ T ≤ 10,000)$ cents of supplies. The currency system has $N (1 ≤ N ≤ 100)$ different coins, with values $V_1, V_2, ..., V_N (1 ≤ V_i ≤ 120)$ . Farmer John is carrying C1 coins of value $V_1, C_2$ coins of value $V_2, ...., and \ C_N$ coins of value $V_N (0 ≤ C_i ≤ 10,000)$ . The shopkeeper has an unlimited supply of all the coins, and always makes change in the most efficient manner (although Farmer John must be sure to pay in a way that makes it possible to make the correct change).

输入描述:

Line 1: Two space-separated integers: $N$ and $T$ .

Line 2: N space-separated integers, respectively $V_1, V_2, ..., V_N$ coins (V1, ...VN) $(V_1, ...V_N)$

Line 3: N space-separated integers, respectively $C_1, C_2, ..., C_N$

输出描述:

Line 1: A line containing a single integer, the minimum number of coins involved in a payment and change-making. If it is impossible for Farmer John to pay and receive exact change, output -1.

示例1

输入

3 70
5 25 50
5 2 1

输出

3

说明

Farmer John pays 75 cents using a 50 cents and a 25 cents coin, and receives a 5 cents coin in change, for a total of 3 coins used in the transaction.

解答

题意中的金额我们不妨抽象为线段长度
所以题意可以简化成：怎样拼凑成两段线段，且它们的长度之差等于T（图中数字为硬币编号）

你要怎么去拼凑线段，这就有些背包的感觉。所以我们可以分别从John和店主不同的角度来考虑最优解

因为John的硬币数是有限的，所以可以视为多重背包，求达到一定钱数所需的最少的硬币数量;店长的硬币数是有限的，所以可以视为完全背包，也是求同种方案最少的硬币数量，再在最后枚举每种付钱和找钱的方案硬币数之和，求个min即可得出答案

但是问题是，我们应该一直找到多少钱的方案才能保证找到合法的最优解呢？我认为这是这道题最关键的部分，以下为证明（然而其他的题解都没有说清楚）

其余几位大佬的题解中说到，最大应一直找到 $t+V_{max}^2$ 。这是先从店主的角度考虑的

设货币面值为 $V_{1}\le V_{2}\le \dots V_{n}，(V_{max}=V_{n})$ 那么当老板需要找 $V_{max}^2$ 的钱时，至少需要 $V_{max}$ 枚硬币。设一个前缀和数组为 $S_{0}\ S_{1}\ S_{2}\dots S_{n}\ (S_{0}=0)$ ，其***有 $V_{max}+1$ 个元素。根据抽屉原理，至少有两个前缀和与 $V_{max}$ 同余，则它们的差 $=x\times V_{max}$ $(x为正整数且x≥1)$ 。显然当 $V_{max}$ 的数量足够时，将这一部分替换成 $x$ 个面值为 $V_{max}$ 是最优的（不要纠结真正采用的方案）。对于 $V_{n-1}$ ，同理。
所以在 $V_{max}^2$ 的范围内一定可以找出最优方案，对于更大的 $t+V_{max}^2$ 也一定可以

顺手贴一下代码，同时感谢题解区的大佬们

#include <cstdio>
#include <cstring>
const int maxT=10000+10;
const int maxn=100+5;
const int maxv=120;
int f[maxT+maxv*maxv],g[maxT+maxv*maxv];//f[i]、g[i]分别表示John和店长付i元钱最少需要用的硬币 
int v[maxn],c[maxn];//如题意所示 
inline int max(int x,int y) {return x>y?x:y;}
inline int min(int x,int y) {return x<y?x:y;}
int main()
{
    int n,t;
    scanf("%d%d",&n,&t);
    for (int i=1;i<=n;i++)
        scanf("%d",&v[i]);
    int sum=0,mx=0;
    for (int i=1;i<=n;i++)
    {
        scanf("%d",&c[i]);
        sum+=c[i]*v[i];
        mx=max(mx, v[i]*v[i]);
    }
    if (sum<t)//买不起，退了 
    {
        printf("-1\n");
        return 0;
    }
    memset(g, 0x3f, sizeof(g));
    memset(f, 0x3f, sizeof(f));
    g[0]=0;
    f[0]=0;
    for (int i=1;i<=n;i++)
        for (int j=v[i];j<=mx;j++)//Rob找j元钱所用的最小钱数 
            g[j]=min(g[j], g[j-v[i]]+1);
    //实际上应该是g[i][j]=min(g[i-1][j], g[i][j-v[i]+1])
    //g[i][j]表示考虑到第i个物品支付j元的最少硬币数 
    //但是因为第一维存储的信息用不到
    //且更新前g[i][j]记录的就是g[i-1][j]的信息 
    //所以可以只用一维 
    for (int i=1;i<=n;i++)
    { 
        for (int j=1;j<=c[i];j<<=1)
        {
            for (int k=t+mx;k>=j*v[i];k--)//倒过来更新（实际上是拆分成01背包的形式） 
                f[k]=min(f[k], f[k-j*v[i]]+j);
            c[i]-=j;//相当于用拆分的物品进行了一次更新，要从数量中减去 
        }
        if (c[i])//还有剩余的没更新 
            for (int k=t+mx;k>=c[i]*v[i];k--)
                f[k]=min(f[k], f[k-c[i]*v[i]]+c[i]);
    }
    int ans=0x3f3f3f3f;
    for (int i=t;i<=t+mx;i++)
        ans=min(ans, f[i]+g[i-t]);
    printf("%d\n",ans==0x3f3f3f3f?-1:ans);
    return 0;
}

来源：hkr04