來源：力扣（LeetCode）

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描述：

你打算做甜點，現在需要購買配料。目前共有 n 種冰激凌基料和 m 種配料可供選購。而制作甜點需要遵循以下幾條規則：

• 必須選擇 一種 冰激凌基料。
• 可以添加 一種或多種 配料，也可以不添加任何配料。
• 每種類型的配料 最多兩份 。

給你以下三個輸入：

• baseCosts，一個長度為n的整數數組，其中每個baseCosts[i]表示第i種冰激凌基料的價格。
• toppingCosts，一個長度為m的整數數組，其中每個toppingCosts[i]表示 一份 第i種冰激凌配料的價格。
• target，一個整數，表示你制作甜點的目標價格。

你希望自己做的甜點總成本盡可能接近目標價格target。

返回最接近target的甜點成本。如果有多種方案，返回 成本相對較低 的一種。

示例 1：

輸入：baseCosts = [1,7], toppingCosts = [3,4], target = 10
輸出：10
解釋：考慮下面的方案組合（所有下標均從 0 開始）：
- 選擇 1 號基料：成本 7
- 選擇 1 份 0 號配料：成本 1 x 3 = 3
- 選擇 0 份 1 號配料：成本 0 x 4 = 0
總成本：7 + 3 + 0 = 10 。

示例 2：

輸入：baseCosts = [2,3], toppingCosts = [4,5,100], target = 18
輸出：17
解釋：考慮下面的方案組合（所有下標均從 0 開始）：
- 選擇 1 號基料：成本 3
- 選擇 1 份 0 號配料：成本 1 x 4 = 4
- 選擇 2 份 1 號配料：成本 2 x 5 = 10
- 選擇 0 份 2 號配料：成本 0 x 100 = 0
總成本：3 + 4 + 10 + 0 = 17 。不存在總成本為 18 的甜點制作方案。

示例 3：

輸入：baseCosts = [3,10], toppingCosts = [2,5], target = 9
輸出：8
解釋：可以制作總成本為 8 和 10 的甜點。返回 8 ，因為這是成本更低的方案。

示例 4：

輸入：baseCosts = [10], toppingCosts = [1], target = 1
輸出：10
解釋：注意，你可以選擇不添加任何配料，但你必須選擇一種基料。

提示：

• n == baseCosts.length
• m == toppingCosts.length
• 1<= n, m<= 10
• 1<= baseCosts[i], toppingCosts[i]<= 10⁴
• 1<= target<= 10⁴

方法一：回溯

思路與算法

??首先題目給出長度分別為 n 的冰淇淋基料數組 baseCosts 和長度為 m 的配料數組 toppingCosts ，其中 baseCosts[i] 表示第 i 種冰淇淋基料的價格，toppingCosts[j] 表示一份第 j 種冰淇淋配料的價格，以及一個整數 target 表示我們需要制作甜點的目標價格。現在在制作甜品上我們需要遵守以下三條規則：

• 必須選擇一種冰淇淋基料；
• 可以添加一種或多種配料，也可以不添加任何配料；
• 每種配料最多兩份。

??我們希望做的甜點總成本盡可能接近目標價格 target ，那么我們現在按照規則對于每一種冰淇淋基料用回溯的方式來針對它進行甜品制作。又因為每一種配料都是正整數，所以在回溯的過程中總開銷只能只增不減，當回溯過程中當前開銷大于目標價格 target 后，繼續往下搜索只能使開銷與 target 的差值更大，所以如果此時差值已經大于等于我們已有最優方案的差值，我們可以停止繼續往下搜索，及時回溯。

代碼:

class Solution {public:
    void dfs(const vector& toppingCosts, int p, int curCost, int& res, const int& target) {if (abs(res - target)< curCost - target) {return;
        } else if (abs(res - target) >= abs(curCost - target)) {if (abs(res - target) >abs(curCost - target)) {res = curCost;
            } else {res = min(res, curCost);
            }
        }
        if (p == toppingCosts.size()) {return;
        }
        dfs(toppingCosts, p + 1, curCost + toppingCosts[p] * 2, res, target);
        dfs(toppingCosts, p + 1, curCost + toppingCosts[p], res, target);
        dfs(toppingCosts, p + 1, curCost, res, target);
    }

    int closestCost(vector& baseCosts, vector& toppingCosts, int target) {int res = *min_element(baseCosts.begin(), baseCosts.end());
        for (auto& b : baseCosts) {dfs(toppingCosts, 0, b, res, target);
        }
        return res;
    }
};

復雜度分析
時間復雜度：O(n×3^m)，其中 nnn，mmm 分別為數組 baseCosts，toppingCosts 的長度。
空間復雜度：O(m)，主要為回溯遞歸的空間開銷。

方法二：動態規劃

思路與算法

??我們可以將問題轉化為對于某一個開銷是否存在甜品制作方案問題，然后我們選擇與目標價格最接近的合法甜品制作方案即可，那么問題就轉化為了「01 背包」問題（關于「01 背包」的概念可見 百度百科）。這樣我們就可以把問題求解從指數級別降到多項式級別了。對于「01 背包」的求解我們可以用「動態規劃」來解決。

??設最小的基料開銷為 x。若 x ≥ target ，則無論我們是否添加配料都不會使甜品制作的開銷與目標價格 target 的距離縮小，所以此時直接返回此最小的基料開銷即可。當最小的基料開銷小于 target 時，我們可以對超過 target 的制作開銷方案只保存其最小的一份即可，并可以初始化為 2 × target ? x ，因為大于該開銷的方案與目標價格 target 的距離一定大于僅選最小基料的情況，所以一定不會是最優解。將背包的容量 MAXC 設置為 target 。然后我們按「01 背包」的方法來依次枚舉配料來進行放置。

??我們設 can[i] 表示對于甜品制作開銷為 i 是否存在合法方案，如果存在則其等于 true，否則為 false，初始為 false。因為單獨選擇一種基料的情況是合法的，所以我們對 can 進行初始化：

can[x]= true, ?x ∈ baseCosts & x< MAXC

??然后我們按「01 背包」的方法來依次枚舉配料來進行放置，因為每種配料我們最多只能選兩份，所以我們可以直接將每種配料變為兩個，然后對于兩個配料都進行放置即可。因為任意一個合法方案加上一份配料一定也為合法制作方案。所以當要放置的配料開銷為 y 時，對于開銷為 c, c >y 的轉移方程為：

can[c] = can[c?y] ∣ can[c],c >y

??因為每一個狀態的求解只和前面的狀態有關，所以我們可以從后往前來更新每一個狀態。然后當配料全部放置后，我們可以從目標價格 target 往左搜索找到最接近 target 的合法方案并與大于 target 的方案做比較返回與 target 更接近的方案即可。

代碼:

class Solution {public:
    int closestCost(vector& baseCosts, vector& toppingCosts, int target) {int x = *min_element(baseCosts.begin(), baseCosts.end());
        if (x >= target) {return x;
        }
        vectorcan(target + 1, false);
        int res = 2 * target - x;
        for (auto& b : baseCosts) {if (b<= target) {can[b] = true;
            } else {res = min(res, b);
            }
        }
        for (auto& t : toppingCosts) {for (int count = 0; count< 2; ++count) {for (int i = target; i; --i) {if (can[i] && i + t >target) {res = min(res, i + t);
                    }
                    if (i - t >0) {can[i] = can[i] | can[i - t];
                    }
                }
            }
        }
        for (int i = 0; i<= res - target; ++i) {if (can[target - i]) {return target - i;
            }
        }
        return res;
    }
};

復雜度分析
時間復雜度：O(target × m) ，其中 m 為數組 toppingCosts 的長度，target 為目標值。動態規劃的時間復雜度是 O(MAXC × m) ，由于 MAXC = target ，因此時間復雜度是 O(target × m) 。
空間復雜度：O(target) ，其中 target 為目標值。需要創建長度為 target + 1 的數組 can。
author：力扣官方題解

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標題名稱：【1774.最接近目標價格的甜點成本】-創新互聯
文章地址：http://m.newbst.com/article32/jjopc.html

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