注：文章內容源自《挑戰程式設計競賽》（第二版）

原題

多重部分和問題

有n種不同大小的數字ai，每種各mi個。判斷是否可以從這些數字之中選出若干使它們的和恰好為K。 1<=n<=100 1<=ai,mi<=100000 1<=K<=100000

樣例輸入

n=3 a={3,5,8} m={3,2,2} K=17

樣例輸出

Yes(3*3+8=17)

涉及知識及演算法

定義dp[i+1][j]為前i種數字是否能加和成j 為了用前i種數字加和成j，也就需要能用前i-1種數字加和成j，j-ai，…，j-mi*ai中的某一種。由此我們可以定義如下遞推關係： dp[i+1][j]=(0<=k<=mi且k*ai<=j時存在使dp[i][j-k*ai]為真的k)

程式碼

//數列的長度
int n;
//目標的和數
int K;
//值
int a[MAX_N];
//個數
int m[MAX_N];
bool dp[MAX_N+1][MAX_K+1];

void solve()
{
    dp[0][0]=true;
    for(int i=0;i<n;i++)
    {
        for(int j=0;j<=K;j++)
        {
            for(int k=0;k<=m[i]&&k*a[i]<=j;k++)
            {
                dp[i+1][j]=dp[i][j-k*a[i]];
            }
        }
    }
    if(dp[n][K])
    {
        printf("Yes\n");
    }
    else
    {
        printf("No\n");
    }
}
 

這個演算法並不夠好，複雜度為O(K∑imi)。一般用DP求取bool結果會有不少浪費，同樣的複雜度往往能獲得更多資訊。在這個問題中，我們不光求出能否得到目標的和數，同時把得到時ai這個數還剩下多少個可以使用 計算出來，這樣就可以減少複雜度。
可以定義dp[i+1][j]為用前i種數加和得到j時第i種數最多能剩餘多少個（不能加和得到i的情況下為-1） 這樣如果前i-1個數加和能得到j的話，第i個數就可以留下mi個。此外，前i種數加和出j-ai時第i種數還剩下k(k>0)的話，用這i種數加和j時第i種數就能剩下k-1個。由此可得： dp[i+1][j]={ mi(dp[i][j]>=0) { -1 (j<ai或者dp[i+1][j-ai]<=0) { dp[i+1][j-ai]-1 (其他) 這樣只要看最終是否滿足dp[n][K]>=0就可以知道答案了。 這個遞推式可以在O(nK)時間內計算出結果。再將陣列重複利用，則可以得到：

int dp[MAX_K+1];
void solve()
{
    memset(dp,-1,sizeof(dp));
    dp[0]=0;
    for(int i=0;i<n;i++)
    {
        for(int j=0;j<=K;j++)
        {
            if(dp[j]>=0)
            {
                dp[j]=m[i];
            }
            else if(j<a[i]||dp[j-a[i]]<=0)
            {
                dp[j]=-1;
            }
            else
            {
                dp[j]=dp[j-a[i]]-1;
            }
        }
    }
    if(dp[K]>=0)
    {
        printf("Yes\n");
    }
    else 
    {
        printf("No\n");
    }
}