标签：输出 coins int 11.15 样例 dfs 钞票 杨辉三角 dp
递归输出数字三角形
【问题描述】
输出一个n行的与样例类似的数字三角形,必须使用递归来实现
【输入格式】
一个正整数数n，表示三角形的行数
【输出格式】
输出一个与样例类似的n行的数字三角形，同一行每两个数之间用一个空格隔开即可(图中只是为防止题面格式化而用’_'代替空格）
【样例输入】
4
【样例输出】
___1
__2_3
_4_5_6
7_8_9_10
【数据规模和约定】
n<=20
【解题思路】
看完题目顺着思路想可能会去思考如何通过n判断输出多少个空格？每一行应该输出多少个数字？此时就会想到，如果能先输出最后一行，那我就不用再数要输多少个空格了。这样就很容易能想到用递归做。
dfs的思想：一条路走到黑，直到走不了才会选择回头，然后重新选择一条路。
以n=4为例：
有阴影的格子是不需要输出空格的。
从最后一行开始，每走完一行step退后一步，再继续走。
#include <iostream>
using namespace std;
int n, cnt = 1;
void dfs(int x) {
if (x == 1) { //dfs结束的标志
for (int i = 0; i < n - x; i ++ ) {
cout << " ";
}
cout << cnt ++ << endl;
return; //返回上一级的dfs函数
}
dfs(x - 1);
//这两个for循环即能输出一行
for (int i = 0; i < n - x; i ++ ) //输出前面的空格
cout<<" ";
for (int i = 0; i < x; i ++ ) //输出数，别忘了两个数之间用空格隔开
cout << cnt++ <<" ";
cout << endl; //回车进入下一行
}
int main() {
cin >> n;
dfs(n);
return 0;
}
蓝桥杯第十二届省赛真题-杨辉三角形
【问题描述】
下面的图形是著名的杨辉三角形：
如果我们按从上到下、从左到右的顺序把所有数排成一列，可以得到如下数列：
1，1，1，1，2，3，1，3，3，1，1，4，6，4……
给定一个整数N，请你输出数列中第一次出现N是在第几个数？
【输入格式】
输入一个整数N
【输出格式】
输出一个整数代表答案
【样例输入】
6
【样例输出】
13
【评测用例规模与约定】
对于20%的评测用例，1 <= N <= 10
对于所有评测用例，1 <= N <= 10^9
【解题思路】
杨辉三角有两个特点：
1. 对角线和第一列的值全是1（假设它是一个直角三角形，这样比较好算）
2. 从第三行开始，每一个值都是它的上一个和上一个的前一个值相加而得，即：a[i][j]=a[i-1][j-1]+a[i-1][j]。
求解整数N第一次出现在第几个，只需要在计算杨辉三角数的时候加一个判断和计数器，看一下是否等于N，如果是，就可以输出计数器的值。
于是我们可以比较轻松的写出代码：
#include <iostream>
using namespace std;
long Tri(int r, int c){ //r和c分别是行和列
return (c == 1 || c == r)? 1 : Tri(r-1,c-1) + Tri(r-1,c);
}
int main(){
int n,a[100][100]; //这里数组的范围定义太大会出问题，所以先来个100*100的二维数组
cin >> n;
int cnt = 1; //从1开始计数
for(int i = 1; i <= n; i++){
for(int j = 1;j <= i; j++){
a[i][j] = Tri(i,j);
if(a[i][j] == n){ //判断是否等于n
cout << cnt;
break; //输出第一个满足的即可
}
cnt++; //每计算完一个数，计数器+1
}
}
return 0;
}
其中Tri函数写的非常巧妙，出自这篇“博客”。它等效于：
//杨辉三角型代码
for（int i=0; i<n; i++){
a[i][1] = 1;
a[i][i] = 1;
}
for(int i=3; i<n; i++){
for(int j=2; j<i-1; j++){
a[i][j] = a[i-1][j-1] + a[i-1][j];
}
}
//这是我之前的代码
但是！这个代码花费的空间实在太多了！！
在蓝桥杯系统上跑会出现“运行超时”，而且只有20分！
尝试将数组换成vector容器也会出现空间不足的报错
这意味着这个思路是不可行的
于是我找到了一个非常巧妙并且值得学习的解法：
（里面的代码在系统上跑可以跑到完美的分数）
用最少的钞票组成指定的金额
【问题描述】
已知不同面值的钞票，求如何用最少数量的钞票组成某个金额，求可以使用的最少钞票数量。如果任意数量的已知面值都无法组成该金额，则返回-1。
【输入格式】
第一行输入一个整数n
第二行依次输入n个整数，代表钞票的面额
第三行输入目标金额
【输出格式】
输出一个整数代表答案
【样例输入】
5
1 2 5 7 10
14
【样例输出】
2
【解题思路】
最简单的方法是用贪心算法：每次优先选最大的面值，但是放在这题显然不合理——根据贪心算法14金额可由10、2、2组成，一共需要三张，而实际上，只需要两张7元即可解决问题！贪心只能解决一小部分问题，因此对于这题，我们可以使用dp（动态规划）。
dp的思想：分治，在子问题中选最优，从而推算出当前问题的最优解。
举个例子：走楼梯。走楼梯有两种方法：一次走一层和一次走两层，问你走到第 i 层有多少种走法？
用dp的思想，要计算到第 i 层就要知道第 i -1 层和第 i - 2 层的走法，因为它们有多少种走法直接确定了第 i 层的走法数，以此类推，要知道第 i - 1 层的走法就必须要知道第 i - 2 层和第 i - 3层的走法…………
因此可以得知dp动态转移方程为：dp[ i ] = dp[ i - 1 ] + dp [ i - 2 ]
那么如何将dp思想运用到这道题目中呢？
两种情况：
1、如果目标金额刚好与其中一个面值相等，那么使用最少钞票数就是1（最好的情况）
2、否则，计算面值能够组成目标金额的所有组合，求使用的最小钞票数。（遍历，求最小：min方法）
如：14可由10+4组成，而4又可分为2+2，故14的其中一种解法是：10、2、2（例子不代表最佳）
动态转移方程：dp[ i ] = min( dp[ i - 1] , dp[ i - 2 ] . dp[ i - 5 ] . dp[ i - 7 ] . dp[ i - 10 ] ) + 1
其中 dp[ i ]中存储金额1 ~ i 的最优解
coins数组存储钞票面值
int Coinproblem(vector<int>& coins, int amount){
vector<int> dp;
for(int i = 1; i <= amount; i++){ //初始化dp数组
dp.push_back(-1);
}
dp[0] = 0; //特殊：金额0的最优解为0
for(int i = 1; i <= amount; i++){ //求i~amount金额的最优解，并存进dp数组
for(int j = 0; j < coin.size(); j++){
if(i - coins[j] >= 0 && dp[i-coins[j]] != -1){
if(dp[i] == -1 || dp[i] > dp[i-coins[j]]+1){
dp[i] = dp[i-coins[j]]+1;
}
}
}
}
return dp[amount];
}
两个if条件语句的意思：
1、i - coins[ j ] >= 0 ：钞票面值必须小于等于金额
dp[ i - coins[ j ] ] != -1 ：必须有此面值的钞票
2、dp[ i ] == -1：无此面值的钞票
dp[ i ] > dp [ i - coins[ j ] ] + 1 ：判断组合是否比原组合数更小。其实这句结合下面一句dp[ i ] = dp[ i -coins [ j ] ] + 1就类似于min方法，把大的用小的替换掉。
标签：输出,coins,int,11.15,样例,dfs,钞票,杨辉三角,dp 来源： https://blog.csdn.net/ihavea_bug/article/details/121353601
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