【BZOJ3233】找硬币（AHOI2013）-DP+数论

测试地址：找硬币
做法： 本题需要用到DP+数论。
假设我们有了构造出了一个合法硬币序列 $x$ ，怎么计算最少需要使用的硬币数量？显然，因为 $x_k$ 为 $x_{k-1}$ 的倍数，能用大的就应该用大的，那么对于最大的币值 $x_k$ ，应该要使用 $\lfloor\frac{a_i}{x_k}\rfloor$ 个，于是还剩下 $a_i\%x_k$ 需要支付，于是对于第二大的币值 $x_{k-1}$ 需要使用 $\lfloor\frac{a_i\%x_k}{x_{k-1}}\rfloor$ 个，于是还剩下 $a_i\% x_{k-1}$ 需要支付…以此类推。于是我们得到答案：
$ans=\sum_{i=1}^n(\lfloor\frac{a_i}{x_k}\rfloor+\sum_{j=1}^{k-1}\lfloor\frac{a_i\%x_{j+1}}{x_j}\rfloor)$
我们发现 $x_j$ 之间互相产生贡献，会且只会在相邻的 $x_j$ 和 $x_{j+1}$ 之间，以及最后再补上一个 $\lfloor\frac{a_i}{x_k}\rfloor$ ，也就是说 $x_j$ 的选取是一个可以多阶段决策的问题，也就可以用动态规划解决了。
为了方便，我们先把 $\lfloor\frac{a_i}{x_k}\rfloor$ 那个部分略掉（因为可以 $O(n\cdot \max a_i)$ 算出），令 $f(p)$ 为 $x_k=p$ 时 $ans$ 的最小值，那么有状态转移方程：
$f(x)=\min\{f(y)+\sum_{i=1}^n\lfloor\frac{a_i\%x}{y}\rfloor\}(y|x)$
边界为 $f(1)=0$ 。这个东西每次转移都暴力计算是 $O(n)$ 的，而鉴于从 $f(p)$ 可以转移到 $p$ 的所有的倍数，因此转移次数是一个调和级数，也就是 $O(\max a_i\cdot \log(\max a_i))$ 次转移，那么总的时间复杂度为 $O(n\cdot \max a_i\cdot \log(\max a_i))$ ，爆炸的可能性很大（我没试过，但应该会挂）。
于是我们需要找到 $O(1)$ 转移的方法，唯一的方式只有预处理出一部分答案，而上面那个 $\sum_{i=1}^n\lfloor\frac{a_i\%x}{y}\rfloor$ 实在有点纠结，我们考虑怎么把 $\lfloor\frac{a\%x}{y}\rfloor$ 转化成更好算的式子。
直觉上，我们感觉到 $\lfloor\frac{a\%x}{y}\rfloor=\lfloor\frac{a}{y}\rfloor\%\frac{x}{y}$ ，注意此处 $y|x$ ，这是一个非常重要的性质。简单证明如下：
根据等式的左边，可以令 $a=k_1x+r_1(0\le r_1<x)$ ，则 $r_1=a\% x$ ，而令 $r_1=k_2y+r_2(0\le r_2<y)$ ，则 $k_2=\lfloor\frac{a\%x}{y}\rfloor$ 。
将 $a=k_1x+k_2y+r_2$ 代入等式的右边，那么 $\lfloor\frac{a}{y}\rfloor=k_1\cdot \frac{x}{y}+k_2$ ，而 $k_2=\lfloor\frac{r_1}{y}\rfloor,r_1<x$ ，于是 $k_2<\frac{x}{y}$ ，因此 $k_2$ 也 $=\lfloor\frac{a}{y}\rfloor\%\frac{x}{y}$ ，等式两边都等于 $k_2$ ，所以等式成立。
然后 $\lfloor\frac{a}{y}\rfloor\%\frac{x}{y}=\lfloor\frac{a}{y}\rfloor-\Big\lfloor\frac{\lfloor\frac{a}{y}\rfloor}{\frac{x}{y}}\Big\rfloor\cdot \frac{x}{y}$ ，因为 $\frac{x}{y}$ 是正整数，根据一个用过很多次我不想再证的结论 $\Big\lfloor\frac{\lfloor\frac{a}{m}\rfloor}{n}\Big\rfloor=\lfloor\frac{a}{mn}\rfloor$ ，上式就可以写成 $\lfloor\frac{a}{y}\rfloor-\lfloor\frac{a}{x}\rfloor\cdot \frac{x}{y}$ 。有了这一结论，带回一开始的式子中去，则有：
$\sum_{i=1}^n\lfloor\frac{a_i\%x}{y}\rfloor=\sum_{i=1}^n(\lfloor\frac{a_i}{y}\rfloor-\lfloor\frac{a_i}{x}\rfloor\cdot \frac{x}{y})=(\sum_{i=1}^n\lfloor\frac{a_i}{y}\rfloor)-\frac{x}{y}\cdot(\sum_{i=1}^n\lfloor\frac{a_i}{x}\rfloor)$
令 $g(x)=\sum_{i=1}^n\lfloor\frac{a_i}{x}\rfloor$ ，则状态转移方程就可以写成：
$f(x)=\min\{f(y)+g(y)-\frac{x}{y}\cdot g(x)\}(y|x)$
而 $g(x)$ 可以 $O(n\cdot \max a_i)$ 预处理，于是转移就是 $O(1)$ 的了，总的复杂度就是 $O(n\cdot \max a_i+\max a_i\cdot \log(\max a_i))$ ，可以轻易地通过此题。
以下是本人代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int inf=1000000000;
int n,a[55],maxa=0,tot[100010],f[100010],ans=inf;
 
int main()
{
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        scanf("%d",&a[i]);
        maxa=max(maxa,a[i]);
    }
     
    for(int i=1;i<=maxa;i++)
    {
        f[i]=inf;
        tot[i]=0;
        for(int j=1;j<=n;j++)
            tot[i]+=a[j]/i;
    }
    f[1]=0;
     
    for(int i=1;i<=maxa;i++)
    {
        for(int k=2;i*k<=maxa;k++)
            f[i*k]=min(f[i*k],f[i]+tot[i]-tot[i*k]*k);
        ans=min(ans,f[i]+tot[i]);
    }
    printf("%d",ans);
     
    return 0;
}

【BZOJ3233】找硬币（AHOI2013）-DP+数论

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