题目描述

题目链接：[LeetCode 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。

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] <= 10410^4104
• 1 <= target <= 10410^4104

思路分析

1. dfs：基料有n种，选且仅能选一种基料，故每次选一种基料，target - baseCosts[i]就是选择基料i时，辅料所需的成本，在dfs中注意进行剪枝，能够有效提升运行效率。
2. dp：很明显的0-1背包问题，但是存在难点：

• 上限需要开得足够大，因为该问题背包的容量是可以超过target的(接近就行，可不足可超过)
• 各种基料是互斥的，即最多只能选择一种基料，可以先在f[N]中标记每一个基料的位置，就可以满足互斥了：
  例如：基料为[2, 3]，那么标记f[2] = true, f[3] = true，即2和3是可以到达的，如果将2和3都看成物品的话，那么很可能遍历到3的时候，f[2 + 3] = f[5] = true，而实际上基料是互斥的，这个点不能到达

代码1（dfs）

class Solution {
public:int res = INT_MAX;void dfs(int u, int num, int target, vector& toppingCosts) {//剪枝，如果num > target，后面只会越加越大，即num跟target的差值越来越大，不用搜索了（我们求得是差值最小）if(u >= toppingCosts.size() || num >= target) {if(abs(num - target) < abs(res - target) || abs(num - target) == abs(res - target) && num < res)res = num;return;}//i=0,1,2分别代表不选，选一件或选两件for(int i = 0; i < 3; i++) dfs(u + 1, num + i * toppingCosts[u], target, toppingCosts);return;}int closestCost(vector& baseCosts, vector& toppingCosts, int target) {int n = baseCosts.size(), m = toppingCosts.size();for(int i = 0; i < baseCosts.size(); i++) {dfs(0, baseCosts[i], target, toppingCosts);}return res;}
};

代码2(背包问题)

//物品重量为最多为1e4,最多有1个基料+10个辅料，总1.1e5 + 10，这里开到1e5 + 10能过
const int N = 1e5 + 10;class Solution {
public:int closestCost(vector& baseCosts, vector& toppingCosts, int target) {int n = baseCosts.size(), m = toppingCosts.size();//f[i]表示成本i能够通过基料+辅料拼凑出来bool f[N];int res = INT_MAX;memset(f, false, sizeof f);for(int i = 0; i < n; i++) f[baseCosts[i]] = true;for(int j = 0; j < m * 2; j++) {//每个物品计算两次，这里做了一个映射，共有2 * m个辅料// j = 0, 1 => 物品0// j = 2, 3 => 物品1 ......int v = toppingCosts[j / 2];for(int k = target * 2; k >= v; k--) {f[k] = f[k] | f[k - v];}}for(int i = 0; i < N; i++) {if(f[i] && abs(i - target) < abs(res - target)) res = i;}return res;}
};