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第十二届蓝桥杯真题砝码称重dp

DediCs 2023-12-23 原文

问题描述

你有一架天平和 N 个砝码，这 N 个砝码重量依次是 W1,W2,⋅⋅⋅,WN。

请你计算一共可以称出多少种不同的正整数重量？

注意砝码可以放在天平两边。

输入格式

输入的第一行包含一个整数 N。

第二行包含 N 个整数：W1,W2,W3,⋅⋅⋅,WN。

输出格式

 输出一个整数代表答案。

数据范围

 对于 50% 的评测用例，1≤N≤15。

对于所有评测用例，1≤N≤100，N 个砝码总重不超过 100000。

输入样例：

3

1 4 6

输出样例：

10

解题思路：

用dp法，分析状态和状态转移的过程，类似于01背包问题，多了一个分支

状态表示：

题目保证砝码不大于100，总砝码重不超过100000，则状态最多为100*100000个，设dp[102][100005]足以表示所有的状态。w[102]表示每个砝码的重量。

状态的意义：

dp[i][j]！=0表示前i个砝码可以称出j重量，反之dp[i][j]=0表示前i个砝码不可以称出j重量，所以首先要将状态全部设置为0.

边界条件：

前0个砝码可以称出0重量，即dp[0][0]=1

状态转移：

dp[i][j]的状态可以由三个方向转移而来，即：

1）让第i个放在天平的重的那边（假定为右边）

2）让第i个不放上天平

3）让第i个放在天平的轻的那边（假定为左边）

由1可得到dp[i][j]可由dp[i-1][j-w[i]]或者dp[i-1][w[i]-j]得来，这里为了避免数组索引为负值用abs（）处理，即dp[i][j]可由dp[i-1][abs（j-w[i]）]得来

由2可得到dp[i][j]可由dp[i-1][j]得来

由3可得到dp[i][j]可由dp[i-1][j+w[i]]得来

由以上分析可得到，只要dp[i - 1][j] , dp[i - 1][j + w[i]] , dp[i - 1][abs(j - w[i])]任意一项可以实现，则dp[i][j]也可以得到

状态转移方程为：

dp[i][j]=dp[i - 1][j] + f[i - 1][j + w[i]] + f[i - 1][abs(j - w[i])]或者

dp[i][j]=max（dp[i - 1][j] ， f[i - 1][j + w[i]] ， f[i - 1][abs(j - w[i])]）

dp[i][j]只要非0，就表示前i个砝码能称出j重量

本题目的就是求n个砝码能表示出的重量 ，遍历dp[n][j] ，数一数有多少个非0值即可，

代码如下（C++）：

#include<iostream>
using namespace std;
typedef long long ll;
int dp[102][100005];//前i个砝码可以称出质量j 
int w[102];
int n;
int sum = 0;
int main()
{
	cin >> n;
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		cin >> w[i];
		sum += w[i];
	}
	dp[0][0] = 1;//前0件 可以称出重量为0
	for (int i = 1; i <= n; i++) {   //有n*sum个状态
		for (int j = 0; j <= sum; j++) {//这里j不能从1开始 必须从0 第一件物品不可能称出0 但是前i件可能称出0
			dp[i][j] = dp[i - 1][abs(j - w[i])] + dp[i - 1][j + w[i]] +dp[i - 1][j];
		}
	}
	int ans = 0;
	for (int i = 1; i <= sum; i++) {
		if (dp[n][i] != 0) {
			ans++;
		}
	}
	cout << ans;
	return 0;
}

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