洛谷P1048 采药

题目描述

辰辰是个天资聪颖的孩子,他的梦想是成为世界上最伟大的医师。为此,他想拜附近最有威望的医师为师。医师为了判断他的资质,给他出了一个难题。医师把他带到一个到处都是草药的山洞里对他说:“孩子,这个山洞里有一些不同的草药,采每一株都需要一些时间,每一株也有它自身的价值。我会给你一段时间,在这段时间里,你可以采到一些草药。如果你是一个聪明的孩子,你应该可以让采到的草药的总价值最大。”
如果你是辰辰,你能完成这个任务吗?

输入输出格式

输入格式:

输入文件medic.in的第一行有两个整数T(1 <= T <= 1000)和M(1 <= M <= 100),用一个空格隔开,T代表总共能够用来采药的时间,M代表山洞里的草药的数目。接下来的M行每行包括两个在1到100之间(包括1和100)的整数,分别表示采摘某株草药的时间和这株草药的价值。

输出格式:

输出文件medic.out包括一行,这一行只包含一个整数,表示在规定的时间内,可以采到的草药的最大总价值。

输入输出样例
输入样例#1:

70 3
71 100
69 1
1 2

输出样例#1:

3

说明

对于30%的数据,M <= 10;
对于全部的数据,M <= 100。
NOIP2005普及组第三题

大致思路

老经典了是吧?
背包问题是动态规划的一类经典问题,分类很多,但总体都是关于物品价值与代价(体积)的权衡。即在一定容量的背包中如何拿取物品才能使带走价值最大。
在这道题里,背包容量即为采药的总时间,物品价值就是草药的总价值,而可供选择的物品就是各种草药。
对于每种草药,有选取或者不选两种状态。
那么我们可以很容易的推出状态转移方程:

f[i][j]=max(f[i-1][j-w[i]]+v[i],f[i-1][j])

具体解释一下,就是决策到第i件物品时还有j的空间,当前的最大价值是数组的值,如果选取这件物品,那么i加1,j减去物品的质量(就是采这株草药用的时间),然后我们只需要从i开始枚举,然后决策到每件物品时的最大总价值就存进f[][],二重循环就好了。
看看代码

#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
int m,n;//这里我跟题目不一样!!!,m是总时间,n是草药数量
int v[105],t[105];//v==value,价值   t==time,时间
int dp[105][1005];//你可以认为这是f数组
int main()
{
    cin>>m>>n;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        cin>>t[i]>>v[i];//time & value
    }
    for(int i=1;i<=n;i++) //依次枚举每件物品
        for(int j=m;j>=0;j--)//因为j是剩余的体积,所以要逆序枚举
        {
            if(j>=t[i])//如果能装下就看看装不装(可装可不装)
            {
                dp[i][j]=max(dp[i-1][j-t[i]]+v[i],dp[i-1][j]);
            }
            else//装不下 
            {
                dp[i][j]=dp[i-1][j];//直接跳过这个物品 
            }
        }
    cout<<dp[n][m]<<endl;//决策到最后一件物品时,所有的空间
    return 0;
}
### P1048 采药 的代码实现与解题思路 #### 解题背景 P1048 是一道经典的 **0-1 背包问题**,题目描述为:给定一定的时间 `T` 和若干种草药 `(wi, vi)`,每种草药有一个采集时间 `wi` 和价值 `vi`。求在不超过总时间的情况下,能够获得的最大价值。 --- #### 动态规划的核心思想 该问题可以通过动态规划解决。定义状态 `dp[i][j]` 表示从前 `i` 种草药中选取,在剩余时间为 `j` 的情况下可以获得的最大价值。其状态转移方程为: \[ dp[i][j] = \begin{cases} dp[i-1][j],& 若 j < w_i \\ \max(dp[i-1][j], dp[i-1][j-w_i]+v_i),& 若 j \geq w_i \end{cases} \] 其中: - 如果当前草药无法被选入,则继承之前的状态; - 否则取两种情况中的较大值:不选择当前草药或选择当前草药后的最大价值。 此过程可以用二维数组完成,也可以进一步优化为空间复杂度更低的一维数组形式[^3]。 --- #### 完整代码实现 以下是基于一维数组优化的 C++ 实现版本: ```cpp #include <iostream> using namespace std; int main() { int T, N; cin >> T >> N; // 输入总时间和草药品种数量 int weight[N + 1], value[N + 1]; for (int i = 1; i <= N; ++i) { cin >> weight[i] >> value[i]; // 输入每种草药的重量和价值 } int dp[T + 1]; // 使用一维数组存储 DP 值 fill(dp, dp + T + 1, 0); // 初始化为 0 for (int i = 1; i <= N; ++i) { // 枚举每一种草药 for (int j = T; j >= weight[i]; --j) { // 反向更新以避免重复计算 dp[j] = max(dp[j], dp[j - weight[i]] + value[i]); } } cout << dp[T]; // 输出最终结果 return 0; } ``` --- #### 关键点解析 1. **初始化** 数组 `dp[]` 初始全设为零,代表没有任何物品时的价值也为零[^4]。 2. **反向遍历** 在处理每一类草药时采用倒序遍历的方式(即从大到小),防止同一草药多次加入背包的情况发生[^3]。 3. **边界条件** 当剩余容量不足以放入某件商品时 (`j < wi`) ,直接跳过;否则比较是否应该将这件商品纳入考虑范围之内并更新对应位置上的最优解[^1]。 --- #### 时间与空间复杂度分析 - **时间复杂度**: O(N * T),因为需要双重循环分别枚举每一个物品以及可能使用的全部容量。 - **空间复杂度**: 经过优化后仅需额外开辟大小等于目标容量加一的空间即可满足需求,因此为O(T)[^4]。 ---
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