每日一题 —— LC. 1774 最接近目标价格的甜点成本

1774. 最接近目标价格的甜点成本

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。

提示

• ​​n == baseCosts.length​​
• ​​m == toppingCosts.length​​
• ​​1 <= n, m <= 10​​
• ​​1 <= baseCosts[i], toppingCosts[i] <= 10^4​​
• ​​1 <= target <= 10^4​​

示例

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 。

思路

回放

由于自己还比较菜，所以当时的思路一通乱飞。但是记录下自己思考的过程我觉得挺好

还原一下我当时的脑子：

先从基料中​​n​​​选1，然后每种配料可不选，可选1份，可选2份。又是组合类型的题目。那就先看看能不能暴力做咯。基料​​n​​​种，配料​​m​​​种。​​n​​​和​​m​​​最大为10。基料​​n​​​选1，先乘个​​n​​​，每种配料有3种选择：不选，选1份，选2份。那么总共的方案数就是$10 × 2^{30}$，我超！已经到$10^9$以上了，那暴力肯定超时了！不行，得换思路。

（真是个猪脑子，怎么推出来 $2^{30}$的？）

我仔细回想了下当时的情景，$2^{30}$

每种配料有3种选择，那​​m​​​种配料一共就能形成​​3m​​种选项吧，最大也就是30。对于每个选项，我都有选或不选两种决策吧。那组合起来总共的方案数就是 $2^{30}$

真是个猪脑子 × 2

其实暴力的时间复杂度应该只能达到 $3^{10}$。是这样 → 一共最多10种配料，每种配料我有3个选项，根据乘法原理，10种配料能组合出的方案数就是 $3^{10}$，大概在 $6 × 10^4$ ，算上基料的​​​n​​​，一共也就 $6 × 10^5$，这妥妥的不超时啊。

暴力做法这里先按下不表，继续记录当时的思考过程

在添加配料的过程中，成本是不断变大的，也就是成本较大的方案一定是由成本较小的方案，添加某种配料转移过来的。诶！有点动态规划那意思了。但怎么来表示状态呢？前面分析过了，配料的选择方案一共有 $2^{30}$ ，这如果直接作为状态表示肯定不行，已经到 $10^9$ 个状态了，每个状态的计算就算是 $O(1)$ 也会超时。诶！一共有 $2^{30}$ 种情况，恰好在​​​int​​​的范围内，是不是在暗示我用状态压缩呢？用一个​​int​​​的二进制表示来表达每种配料的选择情况，每个二进制位是0或1，0表示选，1表示不选，30个二进制位就足够表达 $2^{30}$

用状态压缩的话，状态表示好像没问题了，但怎么考虑状态的转移呢？ ?&^*9#$

状态压缩好像走不下去了。

（大脑运转中…）

诶！如果将基料和配料的成本看成体积，每次选基料或配料时，就是往背包里扔进一个物品。是不是有点像背包问题呢？好像是的哦！

如果用​​dp[i][j]​​​来表示状态，那它应该表示的是，在前​​i​​​种配料中做选择，成本总和恰好为​​j​​的方案，具体表示啥呢？那就表示这种方案的总成本吧？

那状态数组第二个维度要开多大呢？算下能形成的最大总成本就行了，那就是选成本最大的基料，并且每种配料全都加2份。那最后的答案就是，遍历下所有能构成的总成本，取其中距离​​target​​最近的就行了！

由于每种配料可以不选，选1份，选2份。那这其实就是一个分组背包。

一种配料就是一个分组，这个分组里有3个物品，分别是：不选该配料，选1份该配料，选2份该配料。

基料是特殊的一个分组，这个分组里的物品数量就是基料的种类数，需要从中选择一种基料。

在每个分组里，我们只能从该分组中选1个物品。

分析到这里就搞定啦！下面直接套用分组背包的模板就好啦！

在计算​​dp[i][j]​​​时，我们考虑第​​i​​​组的情况，我们枚举第​​i​​组的每个元素的情况，依次计算状态转移即可。

​​dp[i][j] = min(dp[i][j], dp[i - 1][j - x] + x)​​​ （​​x​​​是第​​i​​组当前被选中的元素的成本）

来算下时间复杂度，能形成的最大成本，算了下是 $10^4 + 10 × 2 × 10^4 = 1.3 × 10^5$，总共的状态数是 $10^6$级别，每个状态的转移，需要枚举该分组的元素个数，一共最多有11个分组（1个基料组+10个配料组），全部分组的元素个数是 10 + 3 × 10 = 40，平均一个组的元素个数是 40 / 11，大概是4个，那么总的时间复杂度大概在 $4 × 10^6$

于是噼里啪啦敲键盘…得到了如下这份代码

class Solution {
public:
    int closestCost(vector<int>& baseCosts, vector<int>& toppingCosts, int target) {
        int n = baseCosts.size(), m = toppingCosts.size(), INF = 1e9;
        // 分组背包, 一共有 u = 1 + m 组
        int u = 1 + m, v = 0;
        // 重新计算每个分组中每件物品的各自代价
        vector<vector<int>> costs(u + 1);
        // 基料组
        for (int i = 0; i < n; i++) {
            costs[1].push_back(baseCosts[i]);
            v = max(v, baseCosts[i]);
        }
        // 配料组
        for (int i = 0; i < m; i++) {
            for (int j = 0; j <= 2; j++) {
                costs[i + 2].push_back(j * toppingCosts[i]);
            }
            v += 2 * toppingCosts[i];
        }

        // 计算结束, v是能组合出来的最大的成本
        vector<vector<int>> dp(u + 1, vector<int>(v + 1, INF));

        dp[0][0] = 0;
        for (int i = 1; i <= u; i++) {
            for (int j = 1; j <= v; j++) {
                for (int k = 0; k < costs[i].size(); k++) {
                    if (j >= costs[i][k] && dp[i - 1][j - costs[i][k]] != INF) {
                        dp[i][j] = min(dp[i][j], dp[i - 1][j - costs[i][k]] + costs[i][k]);
                        // printf("dp[%d][%d] = %d\n", i, j, dp[i][j]);
                    }
                }
            }
        }

        // 遍历所有能组合出来的成本, 计算答案
        int minGap = INF, ans = INF;
        for (int i = 1; i <= v; i++) {
            if (dp[u][i] == INF) continue;
            int gap = abs(target - i);
            if (gap < minGap) {
                minGap = gap;
                ans = dp[u][i];
            } else if (gap == minGap && dp[u][i] < ans) {
                ans = dp[u][i];
            }
        }
        return ans;
    }
};

然后提交，发现竟然通过了！虽然耗时 ​​1200ms​​​，击败了 ​​5%​​ 的用户

上面的时间复杂度的分析是正确的，但已经快到 $10^7$

总结下自己的思考过程：

→ 暴力？→ 错误的高估了时间复杂度，舍弃 → 动态规划 ？ → 状压？ → 状压想不通 → 背包问题？→ 分组背包？→ 好像可以

正解

暴搜

其实这道题的数据范围，暴力是可以求解的，基料最多为10，配料最多为10，每种配料有3种选项，暴力的时间复杂度为 $10 × 3^{10}$，大概在 $6 × 10^5$。

class Solution {
public:
    int ans = 1e9;

    void dfs(int i, vector<int>& costs, int sum, int target) {
        // 剪枝, 当sum超过target,并且当前的距离大于最小的距离, 则可以提前结束
        // 因为后续只可能增加配料, 成本只会更大, 距离也就只会更远
        if (sum > target && sum - target >= abs(ans - target)) return ;

        if (i == costs.size()) {
            // 到达末尾
            if (abs(sum - target) < abs(ans - target)) {
                ans = sum;
            } else if (abs(sum - target) == abs(ans - target)) {
                ans = min(ans, sum);
            }
            return ;
        }
        dfs(i + 1, costs, sum, target); // 不加该种配料
        dfs(i + 1, costs, sum + costs[i], target); // 加1份该种配料
        dfs(i + 1, costs, sum + 2 * costs[i], target); // 加2份该种配料
    }

    int closestCost(vector<int>& baseCosts, vector<int>& toppingCosts, int target) {
        for (int& base : baseCosts) {
            dfs(0, toppingCosts, base, target);
        }
        return ans;
    }
};

提交发现跑的很快

动态规划

再看一种动态规划的做法。假设有某种方案，能够凑出成本​​j​​，那么此时，对于某种还未添加过的配料，我们可以选择不添加，添加1份，添加2份，假设该配料成本为​​x​​​，那么我们能够凑出成本​​j + x​​​，​​j + 2x​​。

我们设​​dp[i][j]​​​表示，只考虑前​​i​​​个配料，是否能够凑出成本​​j​​​，若能凑出，则​​dp[i][j] = true​​​，否则​​dp[i][j] = false​​。

状态转移的逻辑为：只考虑前​​i - 1​​​个配料时，如果有某个​​j​​​满足​​dp[i - 1][j] = true​​​，那么可以更新​​dp[i][j] = dp[i][j + x] = dp[i][j + 2x] = true​​。

最后只需要遍历一下​​j​​​，找到最接近​​target​​的成本即可。

我们需要看一下第二维的​​j​​​，需要开多大。主要是需要考虑超过​​target​​的情况。

由于基料必选，配料可选，我们能组合出的最小的成本，就是选择成本最小的基料，并且配料一个也不选。此时的方案就是成本最低的，设为​​min​​。

假设​​min < target​​​，我们再看一下超过​​target​​​的，距离同等的成本，容易算得是​​2 * target - min = upper​​​。当超过​​upper​​​后，再增加成本，其与​​target​​​的距离一定比​​min​​​与​​target​​​的距离更远，是一定不会作为答案输出的。并且如果距离最近的方案取到了​​min​​​和​​upper​​​，一定是选择成本更小的​​min​​。

所以，第二维的​​j​​​只需要枚举到​​upper - 1​​即可。

class Solution {
public:
    int closestCost(vector<int>& baseCosts, vector<int>& toppingCosts, int target) {
        // 最小成本的基料
        int minBase = *min_element(baseCosts.begin(), baseCosts.end());
        // 特判, 越加只会越大, 直接返回
        if (minBase >= target) return minBase;
        int n = toppingCosts.size();
        int upper = 2 * target - minBase;
        vector<vector<bool>> dp(n + 1, vector<bool>(upper));
        // 下标从1开始
        // 初始化状态数组
        for (int& base : baseCosts) {
            // 超过upper的base不要加了, 越界会产生奇奇怪怪的问题
            if (base < upper) dp[0][base] = true;
        }

        for (int i = 1; i <= n; i++) {
            int x = toppingCosts[i - 1];
            for (int j = 1; j < upper; j++) {
                if (dp[i - 1][j]) {
                    for (int k = 0; k <= 2; k++) {
                        if (j + k * x < upper) dp[i][j + k * x] = true;
                    }
                }
            }
        }

        int ans = 1e9;
        for (int i = 1; i < upper; i++) {
            if (!dp[n][i]) continue;
            if (abs(i - target) < abs(ans - target)) ans = i;
        }
        return ans;
    }
};

由于每一行的全部状态只依赖于上一行，所以可以用滚动数组思想，把第一维去掉（去掉行，只保留列），变成​​dp[j]​​，其表示，（状态转移过程中）某一行的所有列的状态。但是需要从右往左更新。

如果​​dp[i - 1][j] = true​​​，设第​​i​​​种配料的代价为​​x​​​，则可以更新 ​​dp[i][j] = dp[i][j + x] = dp[i][j + 2x] = true​​。根据转移方程，某一个状态，依赖于其上一行，更左侧的列的状态（依赖于左上方的状态）。从右往左更新，这样在走到某个位置时，计算所需要用到的更左侧的状态的值，仍然是更新前的值（上一行的状态），这样才能保证状态转移的正确性。

class Solution {
public:
    int closestCost(vector<int>& baseCosts, vector<int>& toppingCosts, int target) {
        int minBase = *min_element(baseCosts.begin(), baseCosts.end());
        // 特判
        if (minBase >= target) return minBase;
        int n = toppingCosts.size();
        int upper = 2 * target - minBase;
        vector<bool> dp(upper);
        // 下标从1开始
        // 初始化
        for (int& base : baseCosts) {
            // 超过upper的base不要加了
            if (base < upper) dp[base] = true;
        }

        for (int i = 1; i <= n; i++) {
            int x = toppingCosts[i - 1];
            for (int j = upper - 1; j >= 1; j--) {
                if (dp[j]) {
                    for (int k = 0; k <= 2; k++) {
                        if (j + k * x < upper) dp[j + k * x] = true;
                    }
                }
            }
        }

        int ans = 1e9;
        for (int i = 1; i < upper; i++) {
            if (!dp[i]) continue;
            if (abs(i - target) < abs(ans - target)) ans = i;
        }
        return ans;
    }
};