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。
解法一：搜索
枚举所有能选的基料，选定一种基料后，搜索所有配料的可能性，每种配料有三种选择：
[
选
1
个
，
选
2
个
，
不
选
]
[选1个，选2个，不选]
[选1个，选2个，不选]，保存最优的结果即可。
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- 时间复杂度：
O
(
n
3
m
)
O(n3^{m})
O(n3m), 每个位置3种状态。
- 空间复杂度：
O
(
1
)
O(1)
O(1)， 忽略递归产生的空间。
class Solution {int ans = 0x3f3f3f3f;
public int closestCost(int[] base, int[] top, int target) {for (int x : base) dfs(0, x, target, top);
return ans;
}
void dfs(int x, int sum , int target, int[] top) {int a = Math.abs(target - sum), b = Math.abs(target - ans);
if (a< b) ans = sum;
if (a == b && sum< ans) ans = sum;
if (sum >target) return;
for (int i = x; i< top.length; i++) {dfs(i + 1, sum + top[i], target, top);
dfs(i + 1, sum + 2 * top[i], target, top);
}
}
}
class Solution {public:
int ans = 0x3f3f3f3f;
int closestCost(vector& base, vector& top, int target) {for (int x : base) dfs(0, x, target, top);
return ans;
}
void dfs(int x, int sum , int target, vector& top) {int a = abs(target - sum), b = abs(target - ans);
if (a< b) ans = sum;
if (a == b && sum< ans) ans = sum;
if (sum >target) return;
for (int i = x; i< top.size(); i++) {dfs(i + 1, sum + top[i], target, top);
dfs(i + 1, sum + 2 * top[i], target, top);
}
}
};
解法二：动态规划
使用01背包去判断某个体积V是否能够被拼凑，取得与target差距最小且成本最小的一个即可。
对于每个基料必须选一个，那么对于大于target的基料就直接判断就可以了，如过小于target，那么就作为dp数组的初始状态。
在计算状态时，还要判断一下超过target的值是否是最优答案，最后再遍历一次dp数组，统计小于等于target中是否有最优的答案。
- 时间复杂度：
O
(
m
∗
t
a
r
g
e
t
)
O(m*target)
O(m∗target)
- 空间复杂度：
O
(
t
a
r
g
e
t
)
O(target)
O(target)
class Solution {public int closestCost(int[] base, int[] top, int V) {boolean[] dp = new boolean[V + 5];
int ans = Integer.MAX_VALUE;
for (int x : base) {//判断只能选基料
if (x >V) ans = Math.min(ans, x);
else dp[x] = true;
}
for (int x : top) {for (int i = 0; i< 2; i++) {//选2次
for (int j = V; j >= 0; j--) {if (dp[j] && j + x >V) ans = Math.min(ans, j + x); //计算大于的情况
if (j >x) dp[j] |= dp[j - x];
}
}
}
//ans-V:目前获得与target的差距
for (int i = 0; i<= ans - V && i<= V; i++) if (dp[V - i]) return V - i;
return ans;
}
}
如果有问题,欢迎评论区交流, 如果有帮助到你，请给题解点个赞和收藏哈~~~
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