洛谷——P1048 采药

原题链接

这是一道非常基础的01背包问题,背包容量就是时间,物品价值就是草药价值。

我们先来看二维的背包。状态很容易写出来,dp[i][j]就是前i种草药j时间内所能采到的最大价值。动态转移方程也就很容易写出,dp[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[i-1][j-v[i]],v[i]储存的是第i种草药的时间。第二种情况需要j>=v[i]。代码如下(时间和体积数组直接用对组储存):

#include<iostream>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<cstring>
using namespace std;
typedef pair<int, int> PII;

int t, m;
int dp[110][1010];
PII h[110];

int main()
{
	cin >> t >> m;
	for (int i = 1; i <= m; i++)
		cin >> h[i].first >> h[i].second;
	for (int i = 1; i <= m; i++) {
		for (int j = 0; j <= t; j++) {
			dp[i][j] = dp[i - 1][j];
			if (j >= h[i].first)
				dp[i][j] = max(dp[i][j], dp[i - 1][j - h[i].first] + h[i].second);

		}
	}
	cout << dp[m][t];
	return 0;
}

当然,可以将其优化成一维数组。这里不同的是,第二层循环是从大到小。这里我给出两种不同的理解方式。我们先看二维的状态转移方程:dp[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[i-1][j-v[i]]。如果将其改为一维,就是dp[j]=max(dp[j],dp[j-v[i]])。如果第二层循环是从小到大,dp[j-v[i]]用到的是第i层更新的结果,但是二维的时候所用到的是第i-1层的。
第二种理解方式是如果从大到小,一种草药就可能被采摘多次。这就变成了完全背包。

#include<iostream>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<cstring>
using namespace std;
typedef pair<int, int> PII;

int t, m;
int dp[1010];
PII h[110];

int main()
{
	cin >> t >> m;
	for (int i = 1; i <= m; i++)
		cin >> h[i].first >> h[i].second;
	for (int i = 1; i <= m; i++) {
		for (int j = t; j >= h[i].first; j--) {
			dp[j] = max(dp[j], dp[j - h[i].first] + h[i].second);
		}
	}
	cout << dp[t];
	return 0;
}

附搜索代码和记忆化搜索代码
搜索代码:

#include<iostream>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<cstring>
using namespace std;
typedef pair<int, int> PII;
int ans;
PII h[110];
int t, m;
void dfs(int level, int timeleft, int val) {
	if (level == m + 1) {
		ans = max(ans, val);
		return;
	}
	if (timeleft >= h[level].first)
		dfs(level + 1, timeleft - h[level].first, val + h[level].second);
	dfs(level + 1, timeleft, val);

}
int main()
{
	cin >> t >> m;
	for (int i = 1; i <= m; i++)
		cin >> h[i].first >> h[i].second;
	dfs(1, t, 0);
	cout << ans;
	return 0;
}

记忆化搜索:

#include<iostream>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<cstring>
using namespace std;
typedef pair<int, int> PII;
int ans;
PII h[110];
int t, m;
int mem[110][1010];

int dfs(int level, int timeleft) {
	if (mem[level][timeleft] != -1)
		return mem[level][timeleft];
	if (level == m + 1) {
		return mem[level][timeleft] = 0;
	}
	int dfs1 = -1, dfs2;
	if (timeleft >= h[level].first)
		dfs1 = dfs(level + 1, timeleft - h[level].first) + h[level].second;
	dfs2 = dfs(level + 1, timeleft);
	return mem[level][timeleft] = max(dfs1, dfs2);
}
int main()
{
	memset(mem, -1, sizeof mem);
	cin >> t >> m;
	for (int i = 1; i <= m; i++)
		cin >> h[i].first >> h[i].second;
	cout << dfs(1, t);
	return 0;
}
### 洛谷 P1048 采药 的代码实现与解题思路 #### 解题背景 洛谷 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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