BZOJ3312 不找零（狀壓DP）

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題目大意：
按順序買 N個物品(1 <= N <= 100,000)，第i個物品花費c(i)，(1<=c(i)<=10,000)，用K（1<=K<=16）個面值的範圍是 1..100,000,000 硬幣支付。購買過程中，可隨時停下來付款，每次付款只用一個硬幣，支付從上一次支付後到現在的這些所有物品的價格（如果錢夠）。如果硬幣面值大於所需的費用，不找零。計算買完N個物品後最多剩下多少錢。無法支付所有物品則輸出-1。

題解：看K的範圍，狀壓DP。把使用硬幣的情況壓起來，算出每一種硬幣使用情況S下最多能支付前多少件物品dp[S]。思路比較好理解，實現細節詳見代碼。

code

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
using namespace std;
inline int read()
{
    char c=getchar(); int num=0,f=1;
    while (c<'0'||c>'9') { if (c=='-') f=-1; c=getchar(); }
    while (c<='9'&&c>='0') { num=num*10+c-'0'; c=getchar(); }
    return num*f;
}
long long s[100005],dp[100005],tot,ans;
int n,m,k[17];
int main()
{
    m=read(); n=read();
    for (int i=0;i<m;i++) k[i]=read(),tot+=k[i];     // tot總錢數 
    for (int i=1;i<=n;i++) s[i]=read(),s[i]+=s[i-1]; //s[]物品價格前綴和 
    int all=(1<<m)-1;
    //這裏S和i的循環順序可以保證dp[S^(1<<i)]的計算先於dp[S] 
    for (int S=0;S<=all;S++)    //每一種狀態 
     for (int i=0;i<m;i++)  
      if ((S>>i)&1)     //如果使用了第i枚硬幣,假定最後一次用的是第i枚
      {
          long long x=dp[S^(1<<i)];   // 用i之前能付多少 
          x=upper_bound(s+x,s+n+1,k[i]+s[x])-s-1; //現在能付多少 
          dp[S]=max(dp[S],x);   //更新答案 
      }
    ans=1e17;
    for (int S=0;S<=all;S++)
     if (dp[S]==n)
     {
         long long res=0;
         for (int i=0;i<m;i++)
          if ((S>>i)&1) res+=k[i];
         ans=min(res,ans);
     }
     if (ans>tot) puts("-1");
      else printf("%lld",tot-ans);
    return 0;
}