题解-CF617E XOR and Favorite Number

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题
首先一个显然的思路，枚举找零的量 \(x\)，那么付钱的量就是 \(x+T\)，找零是完全背包（硬币数无限），付钱是多重背包（硬币数有限），注意多重背包要二进制分组优化或者单调队列优化，这里不详细展开了。

看到这里有一个问题，这个 \(x\) 最大要枚举到多少？
直观感受下，这个 \(x\) 并不会特别大。
实际上，如果面值最大的币面值为 \(v_{max}\)，\(x\leq 2\times v_{max}^2\)，下面给出证明。

• 首先，找零中面值非最大的币总共最多用 \(v_{max}\) 个。

反证，如果多于 \(v_{max}\)，那么一定能找出一些硬币，它们的面值之和 \(v_{max}\) 的倍数，可以替换成若干个面值最大的币，使得硬币总数减少。把这些硬币排成一排，面值形成一个序列 \(a_i\)，对序列做前缀和 \(pre_i\)，区间和等于前缀和作差，在多于 \(v_{max}\) 个前缀和中，必然存在两个 \(pre_i\) 除以 \(v_{max}\) 余数相同，假设它们为 \(pre_i\) 和 \(pre_j(i<j)\)，那么 \(\sum_{i-1}^j a_i\) 这段区间和是 \(v_{max}\) 的倍数。

接下来分类讨论。

• 找零中有面值最大的币

显然，此时付钱中不能有面值最大的币了，否则可以两边各删一个硬币，直到付钱中没有或者找零中没有为止。

所以付钱中所有的钱都不是面值最大的币，那么如果付钱中硬币的数量小于 \(v_{max}\)，付钱就小于 \(v_{max}^2\) 找零自然就小于 \(v_{max}^2\) 了。如果付钱的硬币中多于 \(v_{max}\) 个，那么一定存在一些为 \(v_{max}\) 的倍数，但是我们并不知道具体是几倍，只知道这个倍数小于 \(v_{max}\)。这里可以得出找零中最多只有 \(v_{max}\) 个面值最大的币。

面值最大的币最多有 \(v_{max}\) 个，面值非最大的币最多有 \(v_{max}\) 个，所以找零总量最大为 \(2\times v_{max}^2\)

• 找零中没有面值最大的币

很明显，找零小于 \(v_{max}^2\)

所以，在 \(x>2\times v_{max}^2\) 的时候，一定可以通过一些方式把交流的硬币总数减少，直到 \(x\leq 2\times v_{max}^2\) 为止。

代码：

using namespace std;
typedef long long LL;
const LL INF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
const LL V = 28800; // 2 * v_{max}^2

LL n,t;
LL v[105],c[105];
LL dp1[V << 1],dp2[V << 1];
LL ans = INF;

int main(){
	memset(dp1,INF,sizeof(dp1));
	memset(dp2,INF,sizeof(dp2));
	cin >> n >> t;
	for(LL i = 1;i <= n;i ++) cin >> v[i];
	for(LL i = 1;i <= n;i ++) cin >> c[i];
	dp1[0] = dp2[0] = 0;
	
	for(LL i = 1;i <= n;i ++)
		for(LL j = v[i];j <= V;j ++) dp2[j] = min(dp2[j],dp2[j - v[i]] + 1);
	for(LL i = 1;i <= n;i ++){
		for(LL w = 1;w <= c[i];w <<= 1){
			for(LL j = V + t;j >= v[i] * w;j --) dp1[j] = min(dp1[j],dp1[j - v[i] * w] + w);
			c[i] -= w;
		}
		if(c[i]) for(LL j = V + t;j >= v[i] * c[i];j --) dp1[j] = min(dp1[j],dp1[j - v[i] * c[i]] + c[i]);
	}
	for(LL i = t;i <= t + V;i ++) ans = min(ans,dp1[i] + dp2[i - t]);
	if(ans >= INF) ans = -1;
	cout << ans << ‘\n‘;
	return 0;
}

题解-CF617E XOR and Favorite Number

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