钱币兑换问题
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Problem Description
在一个国家仅有1分,2分,3分硬币,将钱N兑换成硬币有很多种兑法。请你编程序计算出共有多少种兑法。
Input
每行只有一个正整数N,N小于32768。
Output
对应每个输入,输出兑换方法数。
Sample Input
2934
12553
Sample Output
718831
13137761
Author
SmallBeer(CML)
这道题是典型的钱币兑换完全背包问题解决dp[i][j]代表前i种金钱在兑换数量为j的情况下的可能数
for(i=1;i<=c;i++)//c代表种类
for(j=0;j<=n;j++)//n代表兑换的金钱数
{
if(j<i)
dp[i][j]=dp[i-1][j];
else
dp[i][j]=dp[i][j-i]+dp[i-1][j];//关键就在这里dp[i][j]=(容量为j时装下第i种硬币的数量)+(容量为j不装下i种硬币的数量)
}
如果是01背包的那种只有1个的话就是
for(i=1;i<=c;i++)//c代表种类
for(j=0;j<=n;j++)//n代表兑换的金钱数
{
if(j<i)
dp[i][j]=dp[i-1][j];
else
dp[i][j]=dp[i-1][j-i]+dp[i-1][j];//第i件物品=(不选第i件,容量为j)+(选了i件,容量为j-i)
}
#include<iostream>
#include<stdio.h>
#include<cstring>
using namespace std;
int dp[4][32780];
int main()
{
int i,j,n;
dp[0][0]=1;
for(i=1;i<=3;i++)
for(j=0;j<=32770;j++)
{
if(j<i)
dp[i][j]=dp[i-1][j];
else
dp[i][j]=dp[i][j-i]+dp[i-1][j];
}
while(scanf("%d",&n)!=EOF)
{
printf("%d\n",dp[3][n]);
}
}
对空间进行优化,化为一维数组
#include<iostream>
#include<stdio.h>
#include<cstring>
using namespace std;
__int64 dp[35600];
int main()
{
int i,j,n;
dp[0]=1;
for(i=1;i<=3;i++)
for(j=i;j<=35565;j++)//一维完全背包所以从[0,v],二维从[v,1]开始
{
dp[j]+=dp[j-i];
}
while(scanf("%d",&n)!=EOF)
{
printf("%ld\n",dp[n]);
}
}
对于理解这种类型的题介绍一种简单这种题,可以很好的理解这道题
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九度oj
时间限制:1 秒
内存限制:32 兆
特殊判题:否
提交:823
解决:159
题目描述:
淘宝公司内部有许多新鲜的小玩具,例如淘宝智能机器人。小时候,大家都玩过那个吃豆子的游戏吧,这机器人就是按照这个游戏设计的,它会朝着豆子的方向行走。不过机器人还存在一个bug,他只会朝南和朝东走。现在有一块空地,分成了n*m个格子,每个格子内有一颗豆子。机器人的起点在西北角,终点在东南角。请问机器人从起点到终点有多少种不同的方法。
输入:
每个案例输入只有一行,有n和m两个正整数,n,m均小于等于10^3。由于答案很大,所以答案对10009取余。
输出:
对于每个案例,输出一行,输出机器人从起点到终点的总方法数。
样例输入:
2 23 3
样例输出:
26
这道题用网格的方法解释
f[n][m]=f[n-1][m]+f[n][m-1];可以很好的印证上面那道题
这道题让我知道了打表可以节省很多时间,如果不打表就过不了
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
int dp[1005][1005];
int main()
{
int i,j,m,n;
memset(dp,0,sizeof(dp));
//dp[0][1] = 1;
for(i=1;i<=1002;i++)
dp[i][1] = 1;
for(i=1;i<=1002;i++)
dp[1][i] = 1;
for(i=2;i<=1002;i++)
for(j=2;j<=1002;j++)
{
//dp[1][1]=1;
dp[i][j]=(dp[i-1][j]+dp[i][j-1])%10009;
//dp[i][j]=dp[i][j]%10009;
}
while(scanf("%d%d",&m,&n)!=EOF)
{
printf("%d\n",dp[m][n]);
}
return 0;
}