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##[$AcWing$ $1023$. 买书](https://www.acwing.com/problem/content/1025/)
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**[【总结】背包问题的至多/恰好/至少](https://www.cnblogs.com/littlehb/p/15847138.html)**
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### 一、题目描述
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小明有 $n$ 块钱全部用来买书，现有 $10$ 元， $20$ 元， $50$ 元， $100$ 元 的书
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每本书可以 **购买多次**，求小明有 **多少种** 买书 **方案**,（每种书可购买多本）
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**输入格式**
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一个整数 $n$，代表总共钱数。
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**输出格式**
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一个整数，代表选择方案种数。
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**数据范围**
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$0≤n≤1000$
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**输入样例1**：
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```cpp {.line-numbers}
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20
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```
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**输出样例1**：
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```cpp {.line-numbers}
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2
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```
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**输入样例2**：
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```cpp {.line-numbers}
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15
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```
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**输出样例2**：
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```cpp {.line-numbers}
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0
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```
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**输入样例3**：
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```cpp {.line-numbers}
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0
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```
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**输出样例3**：
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```cpp {.line-numbers}
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1
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```
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### 二、分析
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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
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求总体积恰好是$m$的方案数
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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>
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#### 闫氏$DP$分析法
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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。
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状态表示——属性：因为是求方案数，故为 $count$。
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状态计算——集合划分：考虑第 $i$ 个数选不选。
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* 不选或选不了（剩余数量不够 $j<a[i]$）：$f[i−1][j]$。
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* 选：$f[i][j−a[i]]$。
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初始状态：$f[0][0]$
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目标状态：$f[n][m]$
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<center><img src='https://cdn.acwing.com/media/article/image/2021/06/11/55909_41335e2aca-IMG_8A6C4D001CEB-1.jpeg'></center>
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### 二、原始朴素版本
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时间复杂度：$O(n^2 \times m)$
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```cpp {.line-numbers}
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#include <bits/stdc++.h>
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using namespace std;
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const int N = 5;
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const int M = 1010;
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int v[N] = {0, 10, 20, 50, 100}; // 每种货币，下标从1开始
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int n, m; // 货币种类，钱数
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int f[N][M]; // 前i种物品，体积恰好是j的情况下的最大值
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// 完全背包
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int main() {
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n = 4;
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cin >> m;
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// 前0种物品，体积是0的情况下只有一种方案
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// 一般询问方案数的问题f[0]都会设置为1
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// Q:那20元钱呢？不买；买两本10块的；每一本20的。三种呀
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// A:题目说的全部，钱要花完
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f[0][0] = 1;
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for (int i = 1; i <= n; i++) // 每个物品
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for (int j = 0; j <= m; j++) // 每个体积
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for (int k = 0; v[i] * k <= j; k++) // 个数
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f[i][j] += f[i - 1][j - v[i] * k];
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printf("%d\n", f[n][m]);
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return 0;
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}
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```
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### 三、完全背包—经典优化
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对 $f(i,j)$ 的 **状态转移方程** 进行变形
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尝试找出$f(i,j)$与它的前序$f(i,j-v_i)$之间的关联关系，看看能否实现$f(i,j-v_i) \rightarrow f(i,j)$的迁移：
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$$\large f(i,j)=f(i-1,j)+f(i-1,j-v_i)+...+f(i-1,j-s\cdot v_i)①$$
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$$\large f(i,j-v_i)= f(i-1,j-v_i)+...+f(i-1,j-s\cdot v_i)②$$
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> <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>
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<font color='blue' size=4><b>$Q:$①和②中的$s$是一个值吗？</b></font>
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**答**：是一个值。从事情本质出发，$s\cdot v_i$含义: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。
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由上述两个等式可以获得如下递推式：
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$$\large f(i,j)=f(i−1,j)+f(i,j−v_i)$$
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新的 **状态转移方程** ，时间复杂度 $O(n \times m)$
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#### 二维优化版本
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```cpp {.line-numbers}
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#include <bits/stdc++.h>
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using namespace std;
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const int N = 1010;
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int v[5] = {0, 10, 20, 50, 100};
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int f[5][N];
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int main() {
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int m;
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cin >> m;
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// 前0种物品，体积是0的情况下只有一种方案
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f[0][0] = 1;
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for (int i = 1; i <= 4; i++)
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for (int j = 0; j <= m; j++) {
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f[i][j] = f[i - 1][j];
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if (v[i] <= j) f[i][j] += f[i][j - v[i]];
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}
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printf("%d\n", f[4][m]);
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return 0;
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}
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```
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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
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因此我们也可以采用 **$01$背包** 的 空间优化方案
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时间复杂度：$O(n×m)$
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空间复杂度：$O(m)$
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#### 一维优化解法
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```cpp {.line-numbers}
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|
#include <bits/stdc++.h>
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|
using namespace std;
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|
const int N = 1010;
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int v[5] = {0, 10, 20, 50, 100};
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int f[N];
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// 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。
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int main() {
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int m;
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cin >> m;
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// 前0种物品，体积是0的情况下只有一种方案
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f[0] = 1;
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for (int i = 1; i <= 4; i++)
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for (int j = v[i]; j <= m; j++)
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|
f[j] += f[j - v[i]];
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|
// 输出
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|
printf("%d\n", f[m]);
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|
return 0;
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|
}
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|
```
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