B3873 [GESP202309 六级] 小杨买饮料

记录94

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int num=1e6+2000;
int c[510],l[510],dp[num];//01背包dp
int main(){
	int N,L;
	cin>>N>>L;
	int max_l=0;
	for(int i=0;i<N;i++){
		cin>>c[i]>>l[i];
		max_l=max(max_l,l[i]);
	}//找到最大瓶饮料
	int MAXL=max_l+L;//容量为最小容量加上最大瓶
	for(int i=1;i<=MAXL;i++) dp[i]=INT_MAX;//从1到最大容量,价格无限大不可达,方便更新最小花费
	for(int i=0;i<N;i++){//从 MAXL 倒着更新到 l[i]，防止重复选择
		for(int j=MAXL;j>=l[i];j--){
			if(dp[j-l[i]]!=INT_MAX) dp[j]=min(dp[j],dp[j-l[i]]+c[i]);
		}//为最大钱，则代表无构成这个钱数的路径
	}//如果 dp[j - l[i]] 可达（非 INT_MAX），则尝试用它更新 dp[j]
	int ans=INT_MAX;
	for(int i=L;i<=MAXL;i++) ans=min(ans,dp[i]);
	if(ans==INT_MAX) cout<<"no solution";
	else cout<<ans;
    return 0;
}

---

题目传送门https://www.luogu.com.cn/problem/B3873

---

突破口

小杨来到了一家商店，打算购买一些饮料。这家商店总共出售 N 种饮料，编号从 0 至 N−1，其中编号为 i 的饮料售价 ci​ 元，容量 li​ 毫升。

小杨的需求有如下几点：

1. 小杨想要尽可能尝试不同种类的饮料，因此他希望每种饮料至多购买 1 瓶；

2. 小杨很渴，所以他想要购买总容量不低于 L 的饮料；

3. 小杨勤俭节约，所以在 1 和 2 的前提下，他希望使用尽可能少的费用。

方便起见，你只需要输出最少花费的费用即可。特别地，如果不能满足小杨的要求，则输出 no solution。

---

思路

题目核心理解

🎯 问题本质

这是一个 0-1 背包变种问题：

• 有 N 种饮料（每种最多选 1 瓶）
• 每瓶饮料有 费用 c[i] 和 容量 l[i]
• 目标：总容量 ≥ L 的前提下，总费用最小

✅ 这不是"恰好装满"，而是"至少装满 L"，且要最小化代价。

❌ 无解情况

如果所有饮料的总容量 < L → 无法满足 → 输出 "no solution"

---

🧠 二、解题思路：0-1 背包（最小费用版本）

常规背包 vs 本题

表格

类型	状态定义	目标
经典 0-1 背包	dp[j] = 容量 j 下最大价值	最大化价值
本题	dp[j] = 总容量恰好为 j 时的最小费用	最小化费用

关键技巧：上界剪枝

• 我们不需要考虑容量超过 L + max_l 的情况！
• 为什么？
  • 假设最优解总容量 > L + max_l
  • 那么一定可以去掉某一瓶饮料（容量 ≤ max_l），使得剩余容量 ≥ L
  • 而费用会更少或不变 → 与"最优"矛盾
• 所以：只需计算到 MAXL = L + max(l[i]) 即可

💡 这个 trick 极大缩小了 DP 范围，避免 L 很小但 l[i] 很大导致数组爆炸

状态转移（0-1 背包）

for i in 0..N-1:
    for j = MAXL downto l[i]:
        if dp[j - l[i]] != INF:
            dp[j] = min(dp[j], dp[j - l[i]] + c[i])

初始化

• dp[0] = 0（容量 0 花费 0）
• 其他 dp[j] = INF（表示不可达）

最终答案

• 在 j ∈ [L, MAXL] 中找 min(dp[j])
• 若仍为 INF → 无解

---

代码分析

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int num = 1e6 + 2000; // 最大可能容量：L(≤2000) + max_l(≤1e6) → 1e6+2000 足够
int c[510], l[510], dp[num]; // N≤500

• num 是 DP 数组大小，覆盖 L + max_l
• c[i], l[i] 存储第 i 种饮料的价格和容量

int main(){
    int N, L;
    cin >> N >> L;
    int max_l = 0;
    for(int i = 0; i < N; i++){
        cin >> c[i] >> l[i];
        max_l = max(max_l, l[i]); // 记录最大单瓶容量
    }

• 读入数据，同时找出 max_l

    int MAXL = max_l + L; // 关键优化：只需计算到 L + max_l

    for(int i = 1; i <= MAXL; i++) 
        dp[i] = INT_MAX; // 初始化为"不可达"
    // 注意：dp[0] 未显式赋值，但全局变量默认为 0 → 正确！

• dp[0] = 0（隐含）
• 其他容量初始为无穷大（表示无法达到）

    for(int i = 0; i < N; i++){ // 遍历每种饮料
        for(int j = MAXL; j >= l[i]; j--){ // 0-1 背包倒序更新
            if(dp[j - l[i]] != INT_MAX) // 如果 j-l[i] 可达
                dp[j] = min(dp[j], dp[j - l[i]] + c[i]);
        }
    }

• 标准 0-1 背包写法
• 倒序防止重复选择同一物品
• 只有前驱状态可达时才更新

    int ans = INT_MAX;
    for(int i = L; i <= MAXL; i++)
        ans = min(ans, dp[i]); // 找总容量 ≥ L 的最小花费

    if(ans == INT_MAX) 
        cout << "no solution";
    else 
        cout << ans;
    return 0;
}

---

🧪 样例验证

样例 1：N=5, L=100

饮料：

(100,2000), (2,50), (4,40), (5,30), (3,20)

• max_l = 2000, MAXL = 100 + 2000 = 2100
• DP 会计算出：
  • 容量 100：可能方案如 50+30+20=100 → cost=2+5+3=10
  • 容量 110：50+40+20=110 → cost=2+4+3=9 ← 更优
• 最终 ans = 9 ✅

样例 2：L=141

• 小容量饮料总和 = 50+40+30+20 = 140 < 141 → 不够
• 必须买 (100,2000) → cost=100 ✅

样例 3：没有大容量饮料 → 总容量=140 < 141 → 无解 ✅

---

⚠️ 关键细节

1. 为什么 dp[0] = 0？

   • 全局数组自动初始化为 0，正好表示"不买任何饮料，容量 0，花费 0"

2. 为什么上界是 L + max_l？

   • 如前所述，超过这个值的解一定不是最优（可删一瓶仍满足 ≥L）

3. 空间是否足够？

   • num = 1e6 + 2000 ≈ 1.002e6，int dp[1e6] ≈ 4MB，内存允许

4. 时间复杂度？

   • O(N × MAXL) = 500 × (2000 + 1e6) ≈ 5e8 → 看似超时？

   ❗ 但注意：题目中 70% 数据满足 l[i] ≤ 100

   • 此时 max_l ≤ 100, MAXL = L + 100 ≤ 2100

   • 实际复杂度 ≈ 500 × 2100 ≈ 1e6，非常快

   • 对于 l[i] 很大的情况（如 1e6），虽然 MAXL ≈ 1e6，但 N=500 → 5e8 操作在 C++ 中可能卡常

   • 但题目数据范围允许（或测试点较弱），且这是标准解法

---

总结

要点	说明
问题类型	0-1 背包（最小费用，容量至少 L）
状态定义	dp[j] = 恰好容量 j 的最小花费
关键优化	上界设为 L + max_l，大幅减少状态数
初始化	dp[0]=0，其余 INF
答案	`min{ dp[j]
无解判断	最小值仍为 INF

这段代码利用背包思想和上界剪枝，高效解决了"最小费用满足最低容量"的组合优化问题