题目链接：
POJ 3260 The Fewest Coins
题意：
有个人携带了n种货币，需要付款m元，给出n种货币的面值和每种货币的数量，付款总是用最少数量的货币，找零也总是用最少数量的货币，并且找零的货币种类也是他携带的那些货币种类，但是找零的货币数量是不限的，问完成付款和找零最少需要多少枚货币？如果完成不了，输出-1。
例如：n=3，m=70，货币面额是5,25,50，对应的货币数量是5,2,1.那么只需要3枚货币即可。(付款：1*25+50*1，找零：5*1)
分析：
付款是多重背包，找零是完全背包。
处理多重背包时可以用01背包。将第i种物品Mi件分成若干件01背包中的物品，其中每件物品有一个系数。这件物品的费用和价值均是原来的费用和价值乘以这个系数。令这些系数分别为1,2,2^2…2^(k-1),Mi-2^k+1,且k是满足Mi-2^k+1>0的最大整数。
例如，如果Mi=13，则相应的k=3，这种最多取13件的物品应被分成系数分别为1,2,4,6的四件物品。
这是二进制的思想，因为不管最优策略选几件第i种物品，其件数写成二进制后总可以表示成若干个2^k件物品的和。
最要紧的是背包上限，我以为是m+MAX_VAL,(MAX_VAL是最大面额)，结果WA了n发。。。
看了discuss发现原来是MAX_VAL*MAX_VAL，虽然不是很理解，但是下次遇到我一定把数组开得大大的！！！
//456K 32MS
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int MAX_N=110;
const int MAX_M=20150;
const int MAX_CHANGE=4000;
const int INF=0x3f3f3f3f;int n,m;
int val[MAX_N],num[MAX_N],dp1[MAX_M],dp2[MAX_CHANGE];
//dp1[j]是付款j元的最少硬币数，dp2[j]是找回j元的最少硬币数int main()
{while(~scanf("%d%d",&n,&m)){int MAX_VAL=0;for(int i=1;i<=n;i++){scanf("%d",&val[i]);MAX_VAL=max(MAX_VAL,val[i]);}MAX_VAL*=MAX_VAL/4;for(int i=1;i<=n;i++){scanf("%d",&num[i]);}for(int i=1;i<=m+MAX_VAL;i++) dp1[i]=INF;dp1[0]=0;for(int i=1;i<=n;i++){int j;//多重背包用01背包for(j=1;2*j<=num[i]&&j*val[i]<=m+MAX_VAL;j*=2){for(int k=m+MAX_VAL;k>=j*val[i];k--){dp1[k]=min(dp1[k],dp1[k-j*val[i]]+j);//if(dp1[k]!=INF) printf("i=%d j=%d k=%d dp1[k]=%d\n",i,j,k,dp1[k]);}}int left=(num[i]-j+1);for(int k=m+MAX_VAL;k>=left*val[i]&&left*val[i]<=m+MAX_VAL;k--){dp1[k]=min(dp1[k],dp1[k-left*val[i]]+left);//if(dp1[k]!=INF) printf("i=%d left=%d k=%d dp1[k]=%d\n",i,left,k,dp1[k]);}}for(int i=1;i<=MAX_VAL;i++) dp2[i]=INF;dp2[0]=0;for(int i=1;i<=n;i++){for(int j=val[i];j<=MAX_VAL;j++){dp2[j]=min(dp2[j],dp2[j-val[i]]+1);}}int ans=INF;for(int i=m;i<=m+MAX_VAL;i++){if(dp1[i]==INF||dp2[i-m]==INF) continue;//printf("i=%d dp1[i]=%d dp2[i-m]=%d\n",i,dp1[i],dp2[i-m]);ans=min(ans,dp1[i]+dp2[i-m]);}printf("%d\n",ans==INF?-1:ans);}return 0;
}