python/TangDou/AcWing/Bag/1023.md

##[$AcWing$ $1023$. 买书](https://www.acwing.com/problem/content/1025/)

**[【总结】背包问题的至多/恰好/至少](https://www.cnblogs.com/littlehb/p/15847138.html)**

### 一、题目描述
小明有 $m$ 块钱，现有 $10$ 元， $20$ 元， $50$ 元， $100$ 元 的书

每本书可以 **购买多次**，求小明有 **多少种** 买书 **方案**

<font color='red' size=4><b>注：钱需要花完</b></font>

**输入格式**

一个整数 $n$，代表总共钱数。

**输出格式**

一个整数，代表选择方案种数。

**数据范围**

$0≤n≤1000$

**输入样例1**：
```cpp {.line-numbers}
20
```

**输出样例1**：
```cpp {.line-numbers}
2
```

**输入样例2**：
```cpp {.line-numbers}
15
```

**输出样例2**：
```cpp {.line-numbers}
0
```

**输入样例3**：
```cpp {.line-numbers}
0
```

**输出样例3**：
```cpp {.line-numbers}
1
```

### 二、分析
一共有 $n$ 个物品，每个物品有体积 $v_i$，价值 $w_i$，每个物品能够选多次


求总体积恰好是$m$的方案数

这是一道 <font color='red' size=4><b>裸的完全背包问题求解方案数</b></font>


#### 闫氏$DP$分析法

状态表示——集合：$f[i][j]$ 表示考虑前$i$个数字，且总数字和 **恰好** $j$的集合下能获得的方案数。

状态表示——属性：因为是求方案数，故为 $count$。

状态计算——集合划分：考虑第 $i$ 个数选不选。
* 不选或选不了（剩余数量不够 $j<a[i]$）：$f[i−1][j]$。
* 选：$f[i][j−a[i]]$。

初始状态：$f[0][0]$

目标状态：$f[n][m]$

<center><img src='https://cdn.acwing.com/media/article/image/2021/06/11/55909_41335e2aca-IMG_8A6C4D001CEB-1.jpeg'></center>


### 二、朴素版本
时间复杂度：$O(n^2 \times m)$

```cpp {.line-numbers}
#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

const int N = 5;
const int M = 1010;

int v[N] = {0, 10, 20, 50, 100}; // 每种货币，下标从1开始
int n, m;                        // 货币种类，钱数
int f[N][M];                     // 前i种物品，体积恰好是j的情况下的最大值

// 完全背包
int main() {
    n = 4;
    cin >> m;
    // 前0种物品，体积是0的情况下只有一种方案
    // 一般询问方案数的问题f[0]都会设置为1
    //  Q:那20元钱呢？不买；买两本10块的；每一本20的。三种呀
    //  A:题目说的全部，钱要花完
    f[0][0] = 1;
    for (int i = 1; i <= n; i++)                // 每个物品
        for (int j = 0; j <= m; j++)            // 每个体积
            for (int k = 0; v[i] * k <= j; k++) // 个数
                f[i][j] += f[i - 1][j - v[i] * k];
    printf("%d\n", f[n][m]);
    return 0;
}
```

### 三、完全背包—经典优化
使用瞪眼大法，观察 $f(i,j)$ 的 **状态转移方程** 进行变形
尝试找出$f(i,j)$与它的前序$f(i,j-v_i)$之间的关联关系，看看能不能实现$f(i,j-v_i)->f(i,j)$的迁移：

$$\large f(i,j)=f(i-1,j)+f(i-1,j-v_i)+...+f(i-1,j-s\cdot v_i)①$$ 

$$\large f(i,j-v_i)=　　　f(i-1,j-v_i)+...+f(i-1,j-s\cdot v_i)②$$

<font color='red' size=4><b>注：把体积$j-v_i$代入①式,就可以得到 ②式</b></font>

<font color='blue' size=4><b>$Q:$①和②中的$s$是一个值吗，为什么？</b></font> 
答：是一个值的。原因可以从事情本质出发，思考一下$s\cdot v_i$的含义是什么:就是在$j$这么大的空间限制下，最多可以装多少个$i$物品，当然是同一个个数值$s$了。


由上述两个等式可以获得如下递推式：
$$\LARGE f(i,j)=f(i−1,j)+f(i,j−v_i)$$

把这个等式作为 **状态转移方程** ，就可以把时间复杂度优化到 $O(n \times m)$
同时，观察到该 **转移方程** 对于第 $i$ 阶段的状态，只会使用第 $i-1$ 层和第 $i$ 层的状态

因此我们也可以采用 **$01$背包** 的 空间优化方案

时间复杂度：$O(n×m)$
空间复杂度：$O(m)$

#### 二维优化版本
```cpp {.line-numbers}
#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
const int N = 1010;
int v[5] = {0, 10, 20, 50, 100};
int f[5][N];

int main() {
    int m;
    cin >> m;
    // 前0种物品，体积是0的情况下只有一种方案
    f[0][0] = 1;
    for (int i = 1; i <= 4; i++)
        for (int j = 0; j <= m; j++) {
            f[i][j] = f[i - 1][j];
            if (v[i] <= j) f[i][j] += f[i][j - v[i]];
        }
    printf("%d\n", f[4][m]);
    return 0;
}
```

#### 一维优化解法
```cpp {.line-numbers}
#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
const int N = 1010;
int v[5] = {0, 10, 20, 50, 100};
int f[N];

// 体积限制是恰好是，因此需要初始化f[0][0]为合法解1，其他位置为非法解0。
int main() {
    int m;
    cin >> m;
    // 前0种物品，体积是0的情况下只有一种方案
    f[0] = 1;
    for (int i = 1; i <= 4; i++)
        for (int j = v[i]; j <= m; j++)
            f[j] += f[j - v[i]];
    // 输出
    printf("%d\n", f[m]);
    return 0;
}
```