这家咖啡馆为游客提供k 种不同的美味甜点。这些甜点的编号从0 到k−1 。第i 个甜点的费用是2i 个硬币,因为它是一家二进制的咖啡馆!托马愿意花不超过n 个硬币来品尝甜点。同时,他对购买任何甜点的次数都不感兴趣,因为一次就足以评价其味道。 他可以用多少种不同的方式买几份甜点(可能是零)来品尝?每个测试用例都在一行中给出,包括两个整数n 和k.C++代码
时间: 2024-03-10 18:50:53 浏览: 15
下面是C++代码实现:
```cpp
#include <iostream>
#include <cmath>
using namespace std;
int main() {
int n, k;
while (cin >> n >> k) {
int ans = 0;
for (int i = 0; i <= k; i++) {
if (n >= (1 << i)) { // 判断是否有足够的硬币购买第i个甜点
ans += min((n / (1 << i)), (1 << (k - i))); // 计算购买第i个甜点的方式数
} else {
break;
}
}
cout << ans << endl;
}
return 0;
}
```
代码的思路是:对于每个甜点,计算出使用不同数量硬币购买它的方式数,然后将所有甜点的方式数相加即可得到最终答案。对于购买第i个甜点,可以使用的硬币数量为2的i次方到n之间,因为超过n个硬币是不允许的;而购买第i个甜点的数量不能超过2的k-i次方,因为总共只有k种不同的甜点可供选择。最终答案即为所有甜点的方式数之和。
相关问题
请使用C++实现很久以前,托马发现自己在一家二元咖啡厅里。这是一个非常受欢迎和不寻常的地方。 这家咖啡馆为游客提供各种美味的甜点。甜品的编号从0到k−1。第i个甜点的价格是2i个硬币,因为它是一个二元咖啡!托马不愿意花超过n个硬币来品尝甜点。与此同时,他对任何甜点都不感兴趣,因为一次就足够评价它的味道了。 他可以用多少种不同的方式买到几种甜点(可能没有)来品尝?
以下是使用C++实现的代码,用了动态规划的思想:
```cpp
#include <iostream>
#include <cmath>
using namespace std;
int main()
{
int n, k;
cin >> n >> k;
int **dp = new int*[k+1];
for(int i=0; i<=k; i++)
dp[i] = new int[n+1];
for(int i=0; i<=k; i++)
dp[i][0] = 1;
for(int i=1; i<=n; i++)
dp[0][i] = 0;
for(int i=1; i<=k; i++)
{
for(int j=1; j<=n; j++)
{
dp[i][j] = dp[i-1][j] + ((j-pow(2, i-1)>=0)?dp[i-1][j-pow(2, i-1)]:0);
}
}
cout << dp[k][n] << endl;
for(int i=0; i<=k; i++)
delete[] dp[i];
delete[] dp;
return 0;
}
```
程序先输入了n和k,然后动态申请了一个二维数组dp,dp[i][j]表示用j个硬币买前i种甜点的方案数。初始化dp[0][i]=1表示不买任何甜点的方案数为1,dp[i][0]=0表示没有硬币的时候不可能买到任何甜点。接下来,程序使用动态规划的思想,计算出dp[i][j]的值,即用j个硬币买前i种甜点的方案数。最后输出dp[k][n]就是答案。为了防止内存泄漏,程序在结束前也释放了动态申请的内存。
咖啡馆为游客提供各种美味的甜点。甜点的编号从0到k-1。第i个甜点的成本是2个硬币,因为它是一个二进制咖啡馆!托马愿意花不超过n个硬币来品尝甜点。同时,他也没有兴趣购买任何甜品超过一次,因为一次就足以评价味道。 他可以用多少种不同的方式买几个甜点(可能是零个)来品尝 c++代码
以下是一种动态规划的解法,时间复杂度为O(kn):
```c++
#include <iostream>
#include <vector>
using namespace std;
int main() {
int k, n;
cin >> k >> n;
vector<int> cost(k);
for (int i = 0; i < k; i++) {
cost[i] = 2;
}
vector<vector<int>> dp(k + 1, vector<int>(n + 1, 0));
// dp[i][j]表示前i个甜点中花费不超过j个硬币的方案数
for (int i = 1; i <= k; i++) {
for (int j = 1; j <= n; j++) {
// 不选第i个甜点
dp[i][j] = dp[i - 1][j];
// 选第i个甜点
if (cost[i - 1] <= j) {
dp[i][j] += dp[i - 1][j - cost[i - 1]];
}
}
}
cout << dp[k][n] << endl;
return 0;
}
```
首先,我们用一个vector来记录每个甜点的成本。然后,定义一个二维数组dp,其中dp[i][j]表示前i个甜点中花费不超过j个硬币的方案数。
接下来,我们用两个循环来进行动态规划。对于第i个甜点,我们有两种选择:选或不选。如果不选第i个甜点,那么方案数就等于前i-1个甜点中花费不超过j个硬币的方案数,即dp[i-1][j]。如果选第i个甜点,那么方案数就等于前i-1个甜点中花费不超过j-cost[i-1]个硬币的方案数,即dp[i-1][j-cost[i-1]]。注意,这里的cost数组是从0开始的,所以要用cost[i-1]来表示第i个甜点的成本。
最后,输出dp[k][n]即为题目所求的答案。