bzoj 2287（背包dp）

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背包DP

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本文介绍了一个经典的背包动态规划问题，通过求解在特定条件下装满背包的方法数量，给出了一种新颖的解题思路，并提供了完整的代码实现。

2287: 【POJ Challenge】消失之物

Time Limit: 10 Sec Memory Limit: 128 MB
Submit: 456 Solved: 267
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Description

ftiasch 有 N 个物品, 体积分别是 W₁, W₂, ..., W_N。由于她的疏忽, 第 i 个物品丢失了。 “要使用剩下的 N - 1 物品装满容积为 x 的背包，有几种方法呢？” -- 这是经典的问题了。她把答案记为 Count(i, x) ，想要得到所有1 <= i <= N, 1 <= x <= M的 Count(i, x) 表格。

Input

第1行：两个整数 N (1 ≤ N ≤ 2 × 10³) 和 M (1 ≤ M ≤ 2 × 10³)，物品的数量和最大的容积。

第2行： N 个整数 W₁, W₂, ..., W_N, 物品的体积。

Output

一个 N × M 的矩阵， Count(i, x)的末位数字。

Sample Input

3 2
1 1 2

Sample Output

11
11
21

HINT

如果物品3丢失的话，只有一种方法装满容量是2的背包，即选择物品1和物品2。

解题思路：有趣的背包DP。做法：首先按照普通的背包dp求出

f[i]（存i空间的种类数）。然后发现当你要求ans[i][j]时（表示不取i存j空间的种类数）

就可以转化为，f[j]-ans[i][j-w[i]]。

因为，ans[i][j-w[i]]表示存j-w[i]不取i的种类数，那么这些种类+w[i]就是f[j]中

取了w[i]的种类数，那么f[j]-ans[i][j-w[i]]就是不取的种类数，这样就可以得到答案了。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
int n,m;
int f[2100],ans[2100][2100],w[2100];

inline int read()
{
char y; int x=0,f=1; y=getchar();
while (y<'0' || y>'9') {if (y=='-') f=-1; y=getchar();}
while (y>='0' && y<='9') {x=x*10+int(y)-48; y=getchar();}
return x*f;
}

int main()
{
n=read(); m=read();
for (int i=1;i<=n;++i) w[i]=read();
f[0]=1;
for (int i=1;i<=n;++i)
for (int j=m;j>=w[i];--j)
{
f[j]=(f[j]+f[j-w[i]])%10;
}
memset(ans,0,sizeof(ans));
for (int i=1;i<=n;++i)
{
ans[i][0]=1;
for (int j=1;j<=m;++j)
{
if (j<w[i]) ans[i][j]=f[j]%10;else
ans[i][j]=(f[j]+10-ans[i][j-w[i]])%10;
}
}
for (int i=1;i<=n;++i)
{
for (int j=1;j<=m;++j)
{
printf("%d",ans[i][j]);
}
printf("\n");
}
}