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【状态压缩容斥原理组合数学】100267. 单面值组合的第 K 小金额

news 2025/8/1 17:02:19

本文涉及知识点

状态压缩容斥原理组合数学
二分查找算法合集

LeetCode100267. 单面值组合的第 K 小金额

给你一个整数数组 coins 表示不同面额的硬币，另给你一个整数 k 。
你有无限量的每种面额的硬币。但是，你不能组合使用不同面额的硬币。
返回使用这些硬币能制造的第 kth 小金额。
示例 1：
输入： coins = [3,6,9], k = 3
输出： 9
解释：给定的硬币可以制造以下金额：
3元硬币产生3的倍数：3, 6, 9, 12, 15等。
6元硬币产生6的倍数：6, 12, 18, 24等。
9元硬币产生9的倍数：9, 18, 27, 36等。
所有硬币合起来可以产生：3, 6, 9, 12, 15等。
示例 2：
输入：coins = [5,2], k = 7
输出：12
解释：给定的硬币可以制造以下金额：
5元硬币产生5的倍数：5, 10, 15, 20等。
2元硬币产生2的倍数：2, 4, 6, 8, 10, 12等。
所有硬币合起来可以产生：2, 4, 5, 6, 8, 10, 12, 14, 15等。
提示：
1 <= coins.length <= 15
1 <= coins[i] <= 25
1 <= k <= 2 * 10⁹
coins 包含两两不同的整数。

容斥原理：小于等于mid的金额数量

如果不考虑重复 $\sum_{i:}^{n-1}mid/coins[i]$ 考虑重复则很复杂。
以mid 12为例子，f(x) 表示用面值x的金币能过组成小于等于mid的金额数量：
a , coins = {2,3}
面值2的倍数：2,4,6,8,10,12 f(2)=6，其中重复2个。
面值3的倍数：3,6,9,12 f(3) = 4 ,重复2个。
总数量：f(2)+f(3)-f(6) = 6-4-2=8。6是最小公倍数LCM
b，coins = {2,3,5}
面值5的倍数：5,10 = 2 ,其中重复一个。
新增加的数：
f(5) - f(LCM(5,2))-f(LCM(3,5))
如果一个数同时10和15的倍数，则减重复了，要加回来：
及：
f(5) - f(LCM(5,2))-f(LCM(3,5)) + f(LCM(2,3,5))

注意： C++有系统函数 lcm

二分

令 cnt(mid) 是小于等于mid的金额数。如果cnt(mid) < k，则mid一定不是解。我们要求第个一 cnt(mid)>=k 。故用左开右闭空间。

单调性证明

mid1 > mid2 ，如果cnt(mid1)>=k 成立，则cnt(mid2)>=k 成立，因为(mid1,mid2]中的数，要么让返回值+1，要么让返回值不变。同理： cnt(mid2)>=k 不成立，则cnt(mid1)>=k，也不成立。

代码

核心代码

class Solution {
public:long long findKthSmallest(vector<int>& coins, int k) {m_coins = coins;	long long left = 0, right = 1'000'000'000'000LL;while (right - left > 1) {const auto mid = left + (right - left) / 2;if (Count(mid) >= k) {right = mid;}else{left = mid;}}return right;}long long Count(long long mid) {vector<vector<long long>> vMask;		long long llRet = 0;for (const auto& n : m_coins) {vector<vector<long long>> vMask2;for (const auto& v : vMask) {vector<long long> v2;for (const auto& llMask : v) {const long long tmp = lcm(llMask, n);if (tmp <= mid) {v2.emplace_back(tmp);}					}vMask2.emplace_back(v2);}vMask2.emplace_back();vMask2.back().emplace_back(n);for (int i = 1; i < vMask2.size(); i++) {vMask2[i].insert(vMask2[i].end(), vMask[i - 1].begin(), vMask[i - 1].end());}			vMask2.swap(vMask);}for (int i = 0; i < vMask.size(); i++) {for (const auto& iMask : vMask[vMask.size() - 1 - i]) {llRet += (1 & i) ? -mid / iMask : mid / iMask;}}return llRet;}vector<int> m_coins;
};

测试用例

int main()
{vector<int>  nums = { 3,6,9 };int k;{Solution sln;nums = { 2,3,5,7,11,13,17,19,23,25,20,18 }, k = 1000000000;auto res = sln.findKthSmallest(nums, k);Assert(9LL, res);}{Solution sln;nums = { 3,6,9 }, k = 3;auto res = sln.findKthSmallest(nums, k);Assert(9LL, res);}}

用状态压缩优化代码量（通过前置状态计算后置状态)

class Solution {
public:long long findKthSmallest(vector<int>& coins, int k) {	const int iMaskCount = 1 << coins.size();vector<int> v01(iMaskCount),vLCM(iMaskCount,-1);vector<int> vMask[2];//vMask[0] 记录 偶数个数的最小公倍数，vMask[1]记录奇数个数的最小公倍数v01[0] = 0;vLCM[0] = 1;for (int iMask = 0; iMask < iMaskCount; iMask++) {for (int j = 0; j < coins.size(); j++) {if (!((1 << j) & iMask)) {const int iNewMask = (1 << j) | iMask;if (-1 != vLCM[iNewMask]) { continue; }v01[iNewMask] = v01[iMask] ^ 1;vLCM[iNewMask] = lcm(vLCM[iMask], coins[j]);vMask[v01[iNewMask]].emplace_back(vLCM[iNewMask]);					}}}long long left = 0, right = 1'000'000'000'000LL;while (right - left > 1) {const auto mid = left + (right - left) / 2;long long cnt = 0;for (const auto& ll : vMask[0]) {cnt -= mid / ll;}for (const auto& ll : vMask[1]) {cnt += mid / ll;}if (cnt >= k) {right = mid;}else{left = mid;}}return right;}
};

用状态压缩优化代码量（计算后置状态)

class Solution {
public:long long findKthSmallest(vector<int>& coins, int k) {	const int iMaskCount = 1 << coins.size();		vector<long long> vMask[2];//vMask[0] 记录 偶数个数的最小公倍数，vMask[1]记录奇数个数的最小公倍数vector<long long> v01(iMaskCount), vLCM(iMaskCount, -1);{			v01[0] = 0;vLCM[0] = 1;for (int i = 0; i < coins.size(); i++) {vLCM[1 << i] = coins[i];}for (int iNewMask = 1; iNewMask < iMaskCount; iNewMask++) {const int iMask = (iNewMask - 1) & iNewMask;v01[iNewMask] = v01[iMask] ^ 1;vLCM[iNewMask] = lcm(vLCM[iMask], vLCM[iNewMask - iMask]);vMask[v01[iNewMask]].emplace_back(vLCM[iNewMask]);}}long long left = 0, right = 1'000'000'000'000LL;while (right - left > 1) {const auto mid = left + (right - left) / 2;long long cnt = 0;for (const auto& ll : vMask[0]) {cnt -= mid / ll;}for (const auto& ll : vMask[1]) {cnt += mid / ll;}if (cnt >= k) {right = mid;}else{left = mid;}}return right;}
};

扩展阅读

视频课程

有效学习：明确的目标及时的反馈拉伸区（难度合适），可以先学简单的课程，请移步CSDN学院，听白银讲师（也就是鄙人）的讲解。
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闻缺陷则喜是一个美好的愿望，早发现问题，早修改问题，给老板节约钱。
子墨子言之：事无终始，无务多业。也就是我们常说的专业的人做专业的事。
如果程序是一条龙，那算法就是他的是睛