点菜问题（北京大学复试上机题）（0-1背包问题）

点菜问题（北京大学复试上机题）（0-1背包问题）

题目描述：

北大网络实验室经常有活动需要叫外卖，但是每次叫外卖的报销经费的总额最大为C元，有N种菜可以点，经过长时间的点菜，网络实验室对于每种菜 i 都有一个量化的评价分数（表示这个菜可口程度），为Vi，每种菜的价格为Pi, 问如何选择各种菜，使得在报销额度范围内能使点到的菜的总评价分数最大。
注意：由于需要营养多样化，每种菜只能点一次。

输入格式：

输入的第一行有两个整数C和N，C代表总共能够报销的额度，N代表能点菜的数目。
接下来的N行每行包括两个整数Pi和Vi，分别表示第 i 道菜的价格和评价分数。

输出格式：

输出共一行，一个整数，表示在报销额度范围内，所点的菜能够得到的最大评价分数。

数据范围：

1≤C≤1000,
1≤N≤100,
1≤Pi,Vi≤100

输入样例：	输出样例：
90 4 20 25 30 20 40 50 10 18	95

题解（以本题内容作答，和0-1背包问题思路完全一致）

一、二维解法

解题思路：

• 状态定义：dp(i,j)表示前 i 道菜品，在报销额度为 j 的情况下的最大总评价分数。
• 分支情况（状态转移方程）：对于前 i 道菜品的总评价分数dp(i,j)：
  • 不选择第 i 道菜品，那么dp(i,j) = dp(i - 1, j)，即和前i - 1道菜的总评价分数一致；
  • 选择第 i 道菜品，那么dp(i,j) = dp(i - 1, j - Pi) + Vi，即为前 i - 1道菜品在报销额度为j - Pi的最大总评价分数与第 i 道菜品的评价分数之和。
• 那么什么时候加入第 i 道菜，什么时候不加入第 i 道菜呢？（第 i 道菜的价格记录在price[i - 1]，评价分数记录在score[i - 1]，报销额度是 j）
  • 第一种情况是，当我们第 i 道菜的价格大于报销额度 j 时（即price[i - 1] > j），显而易见，不能加入。
  • 第二种情况是，第 i 道菜的价格小于报销额度（即price[i - 1] < j）时,若加入第 i 道菜后，前 i 道菜的总评价分数大于不加入第 i 道菜时前 i 道菜的总评价分数， 即dp[i - 1, j] < dp[i - 1, j - price[i - 1]] + score[i - 1]时，选择加入。
• 综上所述，便有核心代码：

if (price[i - 1] > j)
	dp[i][j] = dp[i - 1][j];
else
	dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i - 1][j - price[i - 1]] + score[i - 1]);

AC代码：

#include <iostream>
#include <vector>
#include <cmath>
using namespace std;

int main()
{
    int c, n; // 报销额度、点菜数目
    cin >> c >> n;
    vector<int> price(n, 0);
    vector<int> score(n, 0);
    for (int i = 0; i < n; i++)
        cin >> price[i] >> score[i];
    vector<vector<int>> dp(n + 1, vector<int>(c + 1, 0)); // dp[i][j]表示前i个菜品在报销额度为j的情况下的总评价分数
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        for (int j = 1; j <= c; j++)
        {
            if (price[i - 1] > j)
                dp[i][j] = dp[i - 1][j];
            else
                dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i - 1][j - price[i - 1]] + score[i - 1]); // 不放入、放入
        }
    cout << dp[n][c] << endl;
    return 0;
}

复杂度分析：

• 时间复杂度：
  • 外层循环遍历 n 种菜，内层循环遍历 c 种报销额度；
  • 总时间复杂度为 O(n×c)。
• 空间复杂度：
  • 使用了一个大小为 (n+1)×(c+1) 的 dp 数组；
  • 空间复杂度为 O(n×c)。

二、一维解法

解题思路：

• 本题使用了滚动数组的思想，一维解法在解决问题的思想上与二维解法一致，只不过是使用一个一维数组来代替二维解法中的二维数组，以节省空间开销。通过观察二维解法的解题过程，不难发现，二维表dp[][]的每一行都是根据上一行计算出来的，与且仅与上一行有关系（dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i - 1][j - price[i - 1]] + score[i - 1])）。所以，每次计算用新的一行覆盖掉旧的一行即可。
• 对于第 i 道菜品，可以选择点菜，也可以选择不点该菜，那么在预算金额为 j 的情况下，dp[j]的值有两种选择：
  • 不加入第 i 道菜，那么dp[j] = dp[j];
  • 加入第 i 道菜，那么dp[j] = dp[j - price[i - 1]] + score[i - 1] （第 i 道菜的价格记录在price[i - 1]，评价分数记录在score[i - 1]，报销额度是 j）；

注意事项：

• 设置一个一维数组dp[c+1],其中dp[j]表示报销额度为 j 时的最大总金额数；
• 对一维数组dp[]的遍历，要按照逆序遍历，原因：
  • 可以保证每道菜品仅被选择一次；
  • 由于dp[j]值的计算涉及到的dp[j - price[i - 1]]，为未更新之前的数据，且其数组下标小于 j ，所以按照逆序访问，可以保证dp[j]的正确更新。

核心代码：

for (int i = 1; i <= n; i++)
        for (int j = c; j >= price[i - 1]; j--)
            dp[j] = max(dp[j], dp[j - price[i - 1]] + score[i - 1]);

• 变量 i 表示选择前 i 个菜品；
• j >= price[i - 1] 是因为报销额度小于price[i - 1]时，第 i 个菜品不可加入，此时前 i 个菜品和前 i - 1 个菜品得分一致，无需更新，避免了重复计算。

AC代码：

#include <iostream>
#include <vector>
using namespace std;

int main()
{
    int c, n; // 报销额度，点菜数目
    cin >> c >> n;
    vector<int> price(n, 0); // 菜品价格
    vector<int> score(n, 0); // 菜品得分
    for (int i = 0; i < n; i++)
        cin >> price[i] >> score[i];
    vector<int> dp(c + 1, 0);    // dp[i]表示报销额度为i时的菜品得分
    for (int i = 1; i <= n; i++) // i表示选择前i个菜品
        for (int j = c; j >= price[i - 1]; j--) 
            dp[j] = max(dp[j], dp[j - price[i - 1]] + score[i - 1]);
    cout << dp[c] << endl;
    return 0;
}

复杂度分析：

• 时间复杂度：
  • 外层循环遍历 n 种菜，内层循环遍历 c 种报销额度；
  • 总时间复杂度为 O(n×c)。
• 空间复杂度：
  • 使用了一个大小为 c+1 的 dp 数组；
  • 空间复杂度为 O( c )。

作者水平有限，不当之处恳请大家指正！