P2347 [NOIP 1996 提高组] 砝码称重

记录103

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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;//多重背包转01 
int w[7]={0,1,2,3,5,10,20};//砝码重 
int cnt[7];//各类砝码 
bool dp[1010];//每钟重量的情况 
int main(){	
	for(int i=1;i<=6;i++) cin>>cnt[i];
	int max_w=0;//最大重量 
	for(int i=1;i<=6;i++) max_w+=w[i]*cnt[i];//所有砝码的总重 
	dp[0]=1;//初始化0重量 
	int weight=0,num=0;//记录每次重量，数量 
	for(int i=1;i<=6;i++){//每个重量的砝码拿一遍，当作01背包 
		weight=w[i];//记录重量 
		num=cnt[i];//记录数量 
		for(int j=1;j<=num;j++){//对应砝码数量 
			for(int k=max_w;k>=weight;k--){//各重量情况 
				if(dp[k-weight]) dp[k]=1;//是否联通 
			}
		}
	}
	int ans=0;//每种总量的总情况 
	for(int i=1;i<=max_w;i++){
		if(dp[i]) ans++;//累加方案数 
	}
	cout<<"Total="<<ans;
	return 0;
}

题目传送门https://www.luogu.com.cn/problem/P2347

突破口

设有 1g、2g、3g、5g、10g、20g 的砝码各若干枚（其总重 ≤1000），可以表示成多少种重量？

思路

🔍 一、题目核心理解

🎯 问题描述

有 6 种砝码：1g、2g、3g、5g、10g、20g
每种砝码有若干个（输入 a1 ~ a6）
总重量 ≤ 1000
问：能称出多少种不同的正整数重量？（不能一个都不用）

✅ 注意：砝码只能放在一边（题目未提天平两边，是"表示成多少种重量"，即组合求和）

→ 这是一个典型的 多重背包可行性问题：

物品：每种砝码
数量：a_i 个
重量：w_i
目标：求所有可能的 非零总重量 的种类数

📌 举例（样例）

输入：1 1 0 0 0 0

1g 砝码 1 个，2g 砝码 1 个
可能组合：
- 1g → 1
- 2g → 2
- 1g+2g → 3
共 3 种 → 输出 Total=3

🧠 二、解题思路：多重背包转 0-1 背包（暴力拆分）

方法选择

数据规模小（总重 ≤ 1000，最多 1000 个砝码）
可直接将每种砝码拆成多个单个物品（即 0-1 背包）
用布尔数组 dp[w] 表示重量 w 是否可达

状态定义

dp[w] = true 表示可以称出重量 w

初始化

dp[0] = true（不放任何砝码，重量为 0）

转移

对每种砝码 i（重量 w[i]，数量 cnt[i]）：

拆成 cnt[i] 个独立物品
对每个物品，做 0-1 背包更新（倒序）

⚠️ 虽然效率不是最优（可用二进制优化或单调队列），但本题数据小，完全可行

最终答案

统计 dp[1] 到 dp[max_w] 中 true 的个数

代码分析

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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

int w[7] = {0, 1, 2, 3, 5, 10, 20}; // 砝码重量，下标1~6对应6种
int cnt[7];                          // cnt[i]：第i种砝码的数量
bool dp[1010];                       // dp[w]：能否称出重量w（总重≤1000）

w[0]=0 是占位符，实际使用 w[1]~w[6]
dp 大小 1010：因为总重 ≤1000，安全

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int main(){	
    for(int i = 1; i <= 6; i++) 
        cin >> cnt[i]; // 读入每种砝码的数量

cpp 复制代码

    int max_w = 0;
    for(int i = 1; i <= 6; i++) 
        max_w += w[i] * cnt[i]; // 计算所有砝码的总重量（最大可能称重）

max_w 是理论最大值，用于限制 DP 范围

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    dp[0] = 1; // 初始状态：重量0总是可达（不放砝码）

cpp 复制代码

    int weight = 0, num = 0;
    for(int i = 1; i <= 6; i++){      // 枚举每种砝码
        weight = w[i];                // 当前砝码重量
        num = cnt[i];                 // 当前砝码数量
        for(int j = 1; j <= num; j++){ // 拆成 num 个独立物品
            for(int k = max_w; k >= weight; k--){ // 0-1背包倒序更新
                if(dp[k - weight]) 
                    dp[k] = 1;        // 如果 k-weight 可达，则 k 也可达
            }
        }
    }

🔄 三层循环详解：

外层 i ：处理第 i 种砝码
中层 j ：将 cnt[i] 个砝码逐个拆开（暴力转 0-1 背包）
内层 k（倒序） ：
- 从 max_w 到 weight
- 若 dp[k - weight] == true，说明加上当前砝码可得 k
- 标记 dp[k] = true

✅ 这是标准的 多重背包暴力拆分 + 0-1 背包 实现

cpp 复制代码

    int ans = 0;
    for(int i = 1; i <= max_w; i++){
        if(dp[i]) ans++; // 统计所有正重量的可达情况
    }

从 1 开始（排除 0 重量）
累加可达的重量种类数

cpp 复制代码

    cout << "Total=" << ans;
    return 0;
}

按题目要求格式输出

⚠️ 关键细节说明

细节	说明
为什么倒序？	防止同一个砝码被多次使用（虽然是拆开的，但若正序，同一轮中会重复累加）
`dp[0]=1` 的作用？	提供基础状态，使得第一个砝码可以被选（如 `dp[1] = dp[0] + 1g`）
是否包含 0？	不包含！最后统计从 `i=1` 开始
效率如何？	最坏情况：总砝码数 ≤1000，`max_w ≤1000` → 循环约 1000×1000 = 1e6，完全可行

🧪 样例验证

输入：1 1 0 0 0 0

cnt[1]=1（1g），cnt[2]=1（2g）
max_w = 1×1 + 1×2 = 3
DP 过程：
- 处理 1g：dp[1] = true
- 处理 2g：dp[2]=true, dp[3]=true（因 dp[1] 已 true）
dp[1], dp[2], dp[3] 为 true → ans=3 ✅

✅ 总结：问题与解法对应

表格

题目要求	DP 设计
多种砝码，有限数量	多重背包
求能组成的不同重量数	可行性 DP（`bool dp[]`）
不包括 0	统计从 1 开始
输出格式固定	`"Total=N"`