AcWing 1023. 买书

全部用来买书，画重点，不能剩下钱！如果在这个场景下不好理解，可以尝试理解一下此题的另外一种问法：
现在有\(100\)元钱，需要换成零钱，那么有四种货币，问共有多少种对换方案？很显然是要求用完的，不能说换完了是\(98\)元，谁换零钱也不能赔是吧。

完全背包经典优化

阅读上面的优化思路后，再来看下面的推导过程:

观察 \(f(i,j)\) 的 状态转移方程 进行变形

\(f(i,j) =f(i−1,j)+f(i−1,j−v_i)+⋯+f(i−1,j−sv_i)\)

\(f(i,j-v_i)=f(i−1,j−v_i)+⋯+f(i−1,j−sv_i)\)

由上述两个等式可以获得如下递推式：

\(f(i,j)=f(i−1,j)+f(i,j−vi)\)

这里不是取\(max\)，而是计数方案，所以一直在加。
由于不是记录价值，所以没有\(w_i\)

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 \(O(n×m)\)
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：\(O(m)\)

一、朴素(原始TLE)版本

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

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

int n = 4; //四种物品
int v[N] = {0, 10, 20, 50, 100};//每种货币，下标从1开始
int m;      //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() {
    cin >> m;
    //base case
    //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 <= 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];
    //输出
    cout << f[n][m] << endl;
    return 0;
}

二、二维优化后解法

#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;
    //base case
    f[0][0] = 1;
    for (int i = 1; i <= 4; i++)
        for (int j = 0; j <= m; j++) {
            //可以第i个物品选择0个，所以f[i][j]=f[i-1][j]
            f[i][j] = f[i - 1][j];
            //类似于前缀和的思想，利用前面的最优化方案数，
            //再考虑增多空间情况下的数量,不断的递增过来，就是最多的方案数
            if (v[i] <= j)f[i][j] += f[i][j - v[i]];
        }
    //一个整数，代表选择方案种数
    printf("%d", f[4][m]);
    return 0;
}

三、一维空间优化解法

#include <bits/stdc++.h>

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

int main() {
    int m;
    cin >> m;
    //base case
    f[0] = 1;
    for (int i = 1; i <= 4; i++)
        for (int j = v[i]; j <= m; j++)
            f[j] += f[j - v[i]];
    //一个整数，代表选择方案种数
    printf("%d", f[m]);
    return 0;
}