Question

我发现很难理解在代码部队link上解决此问题的两个具体实现。

我了解这类似于背包问题。但是，当我自己解决它时，我并不知道该算法。我是根据自己对动态编程的理解解决的。我的想法是将色带的剩余长度视为下一个状态。这是我的代码

#include<iostream>

using namespace std;


int main(){
     int n,res1=0,res2,x=0;
     int a,b,c;
     cin >> n >> a >> b >> c;
     for(int i=0;i <= n/a; i++){
        res2 = -20000;
        for(int j=0; j <= (n-(a*i))/b; j++){
             x = (n - (a*i) - (b*j));
            res2=max(res2,(j + ((x % c) ? -10000 : x/c)));
        }
            res1=max(res1,i+res2);
     }
    cout << res1 << endl;
    return 0;

实施1：

  1 #include <bits/stdc++.h>
  2 using namespace std;
  3 int main()
  4 {
  5         int f[4005],n,a,i,j;
  6         fill(f+1,f+4005,-1e9);
  7         cin>>n;
  8         for(;cin>>a;)
  9                 for(i=a;i<=n;i++)
 10                         f[i]=max(f[i],f[i-a]+1);
 11         cout<<f[n];
 12 }

实施2：

  1 #include <bits/stdc++.h>
  2 int n, a, b, c, ost;
  3 std::bitset<4007> mog;
  4 main()
  5 {
  6         std::cin>>n>>a>>b>>c;
  7         mog[0]=1;
  8         for (int i=1; i<=n; i++)
  9                 if ((mog=((mog<<a)|(mog<<b)|(mog<<c)))[n])
 10                         ost=i;
 11         std::cout << ost;
 12 }

尽管我了解解决背包问题的一般想法。我对实施1中的第8、9、10行如何实现尚不了解。特别是，不管a，b，c的输入值如何，内部for循环都是针对接收到的对应值a在数组上进行一次遍历。

类似地，我可以看到实现2中的第8、9、10行执行相同的操作。但是我完全不知道这段代码是如何工作的。

请帮助我理解这一点。我觉得这两个解决方案有些隐藏的结构，我看不到。预先感谢。

Answer 1

实施1

这是动态编程的非常简单的实现。

外循环仅经历三个值：a，b和c

  8         for(;cin>>a;)

内部循环访问数组的每个元素，并在给定的碳带长度上更新当前最知名的切割数量。

  9                 for(i=a;i<=n;i++)
 10                         f[i]=max(f[i],f[i-a]+1);

实施2

我不认为它可以称为动态编程，但是窍门很整洁。

它分配长度等于最大n的位数组。然后在左侧设置一位。这意味着长度为0的功能区是有效的解决方案。在每次迭代中，算法将给定的数组向左移动a，b和c。每次移位的结果都可以视为色带的新有效尺寸。通过or的所有3个移位的结果，我们可以得到第i个切割后的所有有效尺寸。如果第n位被置位，我们知道大小n的色带可以被切割i次，而不会剩余。

n = 10
a = 2
b = 3
c = 5

i=1:
0|0000000001 // mog
0|0000000100 // mog<<a
0|0000001000 // mog<<b
0|0000100000 // mog<<c
0|0000101100 // mog=(mog<<a)|(mog<<b)|(mog<<c)
^ here is a bit checked in 'if' statement '(mog=(...))[n]'

i=2:
0|0000101100 // mog
0|0010110000 // mog<<a
0|0101100000 // mog<<b
1|0110000000 // mog<<c // here we have solution with two pieces of size 5
1|0111110000 // (mog<<a)|(mog<<b)|(mog<<c)
^ now bit set, so we have a solution

我们知道此时恰好有i个切割，所以我们设置了ost=i。但是我们找到了最糟糕的解决方案，我们必须继续努力，直到确定没有其他解决方案为止。

最终，我们将达到以下状态：

i=5:
1|1100000000 // mog
1|0000000000 // mog<<a // 5 pieces of size 2
0|0000000000 // mog<<b
0|0000000000 // mog<<c
1|0000000000 // (mog<<a)|(mog<<b)|(mog<<c)

这是最后一次设置位置n上的位。因此，我们将设置ost=5并进行更多迭代。

算法使用n作为可能削减的上限，但是很明显，这个界限可以改善。例如n / min({a,b,c})就足够了。

一个背包问题的变种的递归关系？

1 个答案:

实施1

实施2