Coins
思路
没分析复杂度写了个二进制拆分，然后做010101背包O(nlog(c)m)>10e7了O(nlog(c)m) > 10e7了O(nlog(c)m)>10e7了，所以还是想办法优化吧。
我们引入一个needneedneed数组，need[j]need[j]need[j]表示，在枚举到第iii件物品的时候要得到jjj这个状态，需要物品iii的最小个数。
所以在转移的时候我们只要考虑$need[j - a[i]] < c[i] ? ，如果是符合要求的，并且，如果是符合要求的，并且，如果是符合要求的，并且dp[j - a[i]]$是在此前可以达到的，
我们就标记dp[j]dp[j]dp[j]也是可以得到的，然后对need[j]=need[j−a[i]]+1need[j] = need[j - a[i]] + 1need[j]=need[j−a[i]]+1，进行数量上的累加即可。
代码
/*Author : lifehappy
*/
#include <bits/stdc++.h>using namespace std;const int N = 1e5 + 10;int dp[N], need[N], v[110], c[110], n, m;int main() {// freopen("in.txt", "r", stdin);// freopen("out.txt", "w", stdout);// ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0), cout.tie(0);while(scanf("%d %d", &n, &m) && (n + m)) {for(int i = 1; i <= n; i++) {scanf("%d", &v[i]);}for(int i = 1; i <= n; i++) {scanf("%d", &c[i]);}memset(dp, 0, sizeof dp);dp[0] = 1;for(int i = 1; i <= n; i++) {memset(need, 0, sizeof need);for(int j = v[i]; j <= m; j++) {if(!dp[j] && need[j - v[i]] < c[i] && dp[j - v[i]]) {dp[j] = 1;need[j] = need[j - v[i]] + 1;}}}int ans = 0;for(int i = 1; i <= m; i++) {ans += dp[i];}printf("%d\n", ans);}return 0;
}
)