LeetCode-1774. 最接近目标价格的甜点成本【数组,背包问题,优化暴力,回溯】
LeetCode-1774. 最接近目标价格的甜点成本【数组,背包问题,优化暴力,回溯】
- 题目描述:
- 解题思路一:转化为0-1背包求解。一:因为每种配料最多可以用两次,所以直接把每种辅料变成两个。二:基料必须且只能选一种,可以首先处理好。can[i]其实就是能够取到的总成本。
- 解题思路二:回溯+剪枝。当cost>target的时候就不用继续判断了,直接剪枝。
- 解题思路三:0
题目描述:
你打算做甜点,现在需要购买配料。目前共有 n 种冰激凌基料和 m 种配料可供选购。而制作甜点需要遵循以下几条规则:
必须选择 一种 冰激凌基料。
可以添加 一种或多种 配料,也可以不添加任何配料。
每种类型的配料 最多两份 。
给你以下三个输入:
baseCosts ,一个长度为 n 的整数数组,其中每个 baseCosts[i] 表示第 i 种冰激凌基料的价格。
toppingCosts,一个长度为 m 的整数数组,其中每个 toppingCosts[i] 表示 一份 第 i 种冰激凌配料的价格。
target ,一个整数,表示你制作甜点的目标价格。
你希望自己做的甜点总成本尽可能接近目标价格 target 。
返回最接近 target 的甜点成本。如果有多种方案,返回 成本相对较低 的一种。
示例 1:
输入:baseCosts = [1,7], toppingCosts = [3,4], target = 10
输出:10
解释:考虑下面的方案组合(所有下标均从 0 开始):
- 选择 1 号基料:成本 7
- 选择 1 份 0 号配料:成本 1 x 3 = 3
- 选择 0 份 1 号配料:成本 0 x 4 = 0
总成本:7 + 3 + 0 = 10 。
示例 2:
输入:baseCosts = [2,3], toppingCosts = [4,5,100], target = 18
输出:17
解释:考虑下面的方案组合(所有下标均从 0 开始):
- 选择 1 号基料:成本 3
- 选择 1 份 0 号配料:成本 1 x 4 = 4
- 选择 2 份 1 号配料:成本 2 x 5 = 10
- 选择 0 份 2 号配料:成本 0 x 100 = 0
总成本:3 + 4 + 10 + 0 = 17 。不存在总成本为 18 的甜点制作方案。
示例 3:
输入:baseCosts = [3,10], toppingCosts = [2,5], target = 9
输出:8
解释:可以制作总成本为 8 和 10 的甜点。返回 8 ,因为这是成本更低的方案。
示例 4:
输入:baseCosts = [10], toppingCosts = [1], target = 1
输出:10
解释:注意,你可以选择不添加任何配料,但你必须选择一种基料。
提示:
n == baseCosts.length
m == toppingCosts.length
1 <= n, m <= 10
1 <= baseCosts[i], toppingCosts[i] <= 104
1 <= target <= 104
https://leetcode.cn/problems/closest-dessert-cost/
解题思路一:转化为0-1背包求解。一:因为每种配料最多可以用两次,所以直接把每种辅料变成两个。二:基料必须且只能选一种,可以首先处理好。can[i]其实就是能够取到的总成本。
有代码注释!
class Solution {
public:int closestCost(vector<int>& baseCosts, vector<int>& toppingCosts, int target) {vector<bool> can(20001);for (int base:baseCosts) can[base]=true;//1份基料0份配料的价格toppingCosts.insert(toppingCosts.end(), toppingCosts.begin(), toppingCosts.end());for(int topping:toppingCosts)//枚举配料for(int i=20000;i>=topping;--i)can[i]=can[i]||can[i-topping];//有学问,看后面解释。int min_gap=INT_MAX,ans=0;for (int i=1;i<=20000;++i)//从小到大就是取成本相对较低的if (can[i]&&abs(i-target)<min_gap){ans=i;//i即是价格min_gap=abs(i-target);//接近target}return ans;}
};
部分代码讲解。
toppingCosts.insert(toppingCosts.end(), toppingCosts.begin(), toppingCosts.end());
就是复制一次数组(在原数组的末尾)。
for(int topping:toppingCosts)for(int i=20000;i>=topping;--i)can[i]=can[i]||can[i-topping];//有学问
例如基料价格为3。
配料价格为4。
那么首先价格7(can[7])会在前一半数组中变为true。因为can[7]=can[7]||can[7-4];因为7-4等于3而基料价格can[3]是true。
同理继续到后一半数组中价格11会变为true。即此时同一种配料最多加了两份。
取其他配料也是一样的思路。
时间复杂度:O(n+m*maxc)n是baseCosts大小,m是toppingCosts大小。maxc是背包大小(此时为20000)。
空间复杂度:O(maxc)
解题思路二:回溯+剪枝。当cost>target的时候就不用继续判断了,直接剪枝。
class Solution {
public:int res = INT_MAX;int closestCost(vector<int>& baseCosts, vector<int>& toppingCosts, int target) {for(auto& cost:baseCosts)dfs(toppingCosts,target,0,cost);return res;}void dfs(vector<int>& toppingCosts,int target,int index,int sum){if(abs(sum-target)<abs(res-target)||(abs(sum-target)==abs(res-target)&&sum<res)) res=sum;//更新if(sum>=target||index==toppingCosts.size()) return;//剪枝// 不选择当前配料dfs(toppingCosts, target, index + 1, sum);// 添加一份当前配料dfs(toppingCosts, target, index + 1, sum + toppingCosts[index]);// 添加两份当前配料dfs(toppingCosts, target, index + 1, sum + toppingCosts[index] * 2);}
};
时间复杂度:O(n+3m)n是baseCosts大小,m是toppingCosts大小。
空间复杂度:O(m)递归空间栈
解题思路三:0
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