LeetCode-1774. 最接近目标价格的甜点成本【数组，背包问题，优化暴力，回溯】

• 题目描述：
• 解题思路一：转化为0-1背包求解。一：因为每种配料最多可以用两次，所以直接把每种辅料变成两个。二：基料必须且只能选一种，可以首先处理好。can[i]其实就是能够取到的总成本。
• 解题思路二：回溯+剪枝。当cost>target的时候就不用继续判断了，直接剪枝。
• 解题思路三：0

题目描述：

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] <= 10⁴
1 <= target <= 10⁴
https://leetcode.cn/problems/closest-dessert-cost/

解题思路一：转化为0-1背包求解。一：因为每种配料最多可以用两次，所以直接把每种辅料变成两个。二：基料必须且只能选一种，可以首先处理好。can[i]其实就是能够取到的总成本。

有代码注释！

class Solution {
public:int closestCost(vector& baseCosts, vector& toppingCosts, int target) {vector can(20001);for (int base:baseCosts) can[base]=true;//1份基料0份配料的价格toppingCosts.insert(toppingCosts.end(), toppingCosts.begin(), toppingCosts.end());for(int topping:toppingCosts)//枚举配料for(int i=20000;i>=topping;--i)can[i]=can[i]||can[i-topping];//有学问，看后面解释。int min_gap=INT_MAX,ans=0;for (int i=1;i<=20000;++i)//从小到大就是取成本相对较低的if (can[i]&&abs(i-target)ans=i;//i即是价格min_gap=abs(i-target);//接近target}return ans;}
};

部分代码讲解。

toppingCosts.insert(toppingCosts.end(), toppingCosts.begin(), toppingCosts.end());

就是复制一次数组（在原数组的末尾）。

for(int topping:toppingCosts)for(int i=20000;i>=topping;--i)can[i]=can[i]||can[i-topping];//有学问

例如基料价格为3。
配料价格为4。
那么首先价格7（can[7]）会在前一半数组中变为true。因为can[7]=can[7]||can[7-4];因为7-4等于3而基料价格can[3]是true。
同理继续到后一半数组中价格11会变为true。即此时同一种配料最多加了两份。
取其他配料也是一样的思路。

时间复杂度：O(n+m*maxc)n是baseCosts大小，m是toppingCosts大小。maxc是背包大小（此时为20000）。
空间复杂度：O(maxc)

解题思路二：回溯+剪枝。当cost>target的时候就不用继续判断了，直接剪枝。

class Solution {
public:int res = INT_MAX;int closestCost(vector& baseCosts, vector& toppingCosts, int target) {for(auto& cost:baseCosts)dfs(toppingCosts,target,0,cost);return res;}void dfs(vector& toppingCosts,int target,int index,int sum){if(abs(sum-target)=target||index==toppingCosts.size()) return;//剪枝// 不选择当前配料dfs(toppingCosts, target, index + 1, sum);// 添加一份当前配料dfs(toppingCosts, target, index + 1, sum + toppingCosts[index]);// 添加两份当前配料dfs(toppingCosts, target, index + 1, sum + toppingCosts[index] * 2);}
};

时间复杂度：O(n+3^m)n是baseCosts大小，m是toppingCosts大小。
空间复杂度：O(m)递归空间栈

解题思路三：0