Schrödinger's Knapsack ZOJ - 4019 （背包问题）

最新推荐文章于 2019-10-29 10:23:51 发布

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本文探讨了一个特定的背包问题，其中物品的价值由剩余容量决定，通过贪心策略排序并结合动态规划（DP）求解最大价值。代码示例展示了如何使用两个数组维护前缀和，实现高效的DP状态转移。

题目链接：https://zoj.pintia.cn/problem-sets/91827364500/problems/91827370240（原网站）

https://cn.vjudge.net/problem/ZOJ-4019（vj）

题目大意：有一个容量为c的背包，有两大类物品，这两类物品分别有各自的系数 k1和 k2，两类物品的数量分别是n和m，每类中的每种物品都有自己体积，但每种物品的价值需要放入后才会知道，其价值为k（1or2）*（c-v) （c-v为放入该物品后的剩余体积），要求求解背包的最大价值

题目思路：首先我们会想到对两类物品分别根据体积进行排序（贪心思想），因为先放体积小的，剩余体积越大，所得到的价值就越大。dp[i][j]表示取第一类的第i件和第二类的第j件所获得的最大价值。可以开两个数组维护前i件和前j件物品的前缀和，即占用的体积。递推式 dp[i][j] =max(dp[i-1][j]+k1*（c-sum1[i]-sum2[j]),dp[i][j-1]+k2*(c-sum1[i]-sum2[j]));

代码如下

//memset会超时
//贪心 优先放体积小的 
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn = 2005;
ll dp[maxn][maxn];//第i件1物品，第j件2物品 
ll s1[maxn];
ll s2[maxn];
ll sum1[maxn];
ll sum2[maxn];
int main()
{
	int t;
	scanf("%d",&t);
	while(t--)
	{
		memset(sum1,0,sizeof(sum1));
		memset(sum2,0,sizeof(sum2));
		ll k1,k2;//第一类和第二类的系数
		ll c;
		scanf("%lld%lld%lld",&k1,&k2,&c);
		int n,m;
		scanf("%d%d",&n,&m);
		for(int i=1;i<=n;i++)
		{
			scanf("%lld",&s1[i]);
		}
		for(int i=1;i<=m;i++)
		{
			scanf("%lld",&s2[i]);
		}
		sort(s1+1,s1+1+n);//排序
		sort(s2+1,s2+1+m);
		sum1[0]=sum2[0]=0;
		for(int i=1;i<=n;i++)//维护前缀和
			sum1[i]=sum1[i-1]+s1[i];
		for(int i=1;i<=m;i++)
			sum2[i]=sum2[i-1]+s2[i];
	//	memset(dp,0,sizeof(dp));此处初始化不能用memset，因为用memset会t
		ll ans=-1;
		for(int i=0;i<=n;i++)
		{
			for(int j=0;j<=m;j++)
			{
				dp[i][j]=0;
				if(i==0&&j==0)
					continue;
				else if(i==0)//i=0说明没有取第一类物品
				{
					if(c>=sum2[j])
					dp[i][j]=dp[i][j-1]+k2*(c-sum2[j]);
				}
				else if(j==0)//j=0说明没有取第二类物品
				{
					if(c>=sum1[i])
					dp[i][j]=dp[i-1][j]+k1*(c-sum1[i]);
				}
				else
					if(c>=sum1[i]+sum2[j])
					dp[i][j]=max(dp[i][j-1]+k2*(c-sum1[i]-sum2[j]),dp[i-1][j]+k1*(c-sum1[i]-sum2[j]));
				ans=max(dp[i][j],ans);
			}
		}
		printf("%lld\n",ans);
	}
	return 0;
}