dp复习---之01背包（第一章）

前言：

最近学习了许多新的，高级的算法，但是------

由于dp过菜，愤然决定开始dp复习qaq

开始之前，关于动态规划：
应用范围：动态规划方法一般用来求解最优化问题。这类问题可以有很多可行解，每个解都有一个值，我们希望找到具有最优值的解，我们称这样的解为问题的一个最优解，而不是最优解，因为可能有多个解都达到最优值。
解决动态规划问题一般分为四步：
1、定义一个状态，这是一个最优解的结构特征
2、进行状态递推，得到递推公式
3、进行初始化
4、返回结果

背包

01背包

首先是最基础的01背包，话不多说看题：
[LGOJ]P1048 采药,一个非常非常超级超级（懂的自然懂）裸的01背包；

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？

输入格式
第一行有 22 个整数 TT（1 \le T \le 10001≤T≤1000）和 MM（1 \le M \le 1001≤M≤100），用一个空格隔开，TT 代表总共能够用来采药的时间，MM 代表山洞里的草药的数目
接下来的 MM 行每行包括两个在 11 到 100100 之间（包括 11 和 100100）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
输出在规定的时间内可以采到的草药的最大总价值。

拿到题，第一反应是设$dp[i][j]$表示前$i$件物品，花费$t$的时间所能采到最高价值的药，于是我们不难得到

• 当剩余时间无法采到该药时$dp[i][j]=dp[i-1][j]$
• 否则$dp[i][j]=max(dp[i-1][j-cost[i]]+val[i],dp[i-1][j])$

于是上代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=1005;
int t,m;
int dp[maxn][maxn],cost[maxn],val[maxn];
inline int read()
{
	int s=0,f=1;
	char c=getchar();
	while (c<'0'||c>'9')
	{
		if (c=='-')
		{
			f=-1;
		}
		c=getchar();
	}
	while (c>='0'&&c<='9')
	{
		s=s*10+c-48;
		c=getchar();
	}
	return s*f;
}
int main()
{
	t=read(),m=read();
	for (int i=1;i<=m;i++)
	{
		cost[i]=read(),val[i]=read();
	}
	for (int i=1;i<=m;i++)
	{
		for (int j=t;j>=0;j--)
		{
			if (cost[i]>j)
			{
				dp[i][j]=dp[i-1][j];
			}
			else
			{
				dp[i][j]=max(dp[i-1][j-cost[i]]+val[i],dp[i-1][j]);
			}
		}
	}
	cout<<dp[m][t]<<endl;
    return 0;
}

嗯，这种方法看起来还不错，但是空间达到了$O(N\ast M)$!!!,我们又发现$dp[i][j]$这一状态全部都是来自于$i-1$,于是不难想到，我们可以把第一维给优化掉得到：
$dp[j]=max(dp[j],dp[j-cost[i]]+val[i]);$

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=1005;
int t,m;
int dp[maxn],cost[maxn],val[maxn];
inline int read()
{
	int s=0,f=1;
	char c=getchar();
	while (c<'0'||c>'9')
	{
		if (c=='-')
		{
			f=-1;
		}
		c=getchar();
	}
	while (c>='0'&&c<='9')
	{
		s=s*10+c-48;
		c=getchar();
	}
	return s*f;
}
int main()
{
	t=read(),m=read();
	for (int i=1;i<=m;i++)
	{
		cost[i]=read(),val[i]=read();
	}
	for (int i=1;i<=m;i++)
	{
		for (int j=t;j>=cost[i];j--)
		{
			dp[j]=max(dp[j],dp[j-cost[i]]+val[i]);
		}
	}
	cout<<dp[t]<<endl;
    return 0;
}

例题2：[LGOJ]P1802 5倍经验日

题面：
题目描述
现在absi2011拿出了x个迷你装药物(嗑药打人可耻….)，准备开始与那些人打
由于迷你装一个只能管一次，所以absi2011要谨慎的使用这些药，悲剧的是，没到达最少打败该人所用的属性药了他打人必输>.<所以他用2个药去打别人，别人却表明3个药才能打过，那么相当于你输了并且这两个属性药浪费了
现在有n个好友，有输掉拿的经验、赢了拿的经验、要嗑几个药才能打过。求出最大经验（注意，最后要乘以5

输入格式
第一行两个数，n和
后面n行每行三个数，分别表示输了拿到的经验($lose[i]$)、赢了拿到的经验($win[i]$)、打过要至少使用的药数量($use[i]$)

输出格式
一个整数，最多获得的经验

这题稍微有些变形，但是难度比较小。
看完题自然而然想到$dp[i]$表示$i$瓶药能拿到的最大经验，于是状态转移方程便很显而易见了：
当剩余的药还能打这一个朋友时$dp[j]=max(dp[j]+lose[i],dp[j-use[i]]+win[i]);$
否则$dp[j]+=lose[i];$

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int maxn=1000005;
int n,x;
int dp[maxn],lose[maxn],win[maxn],use[maxn];
inline int read()
{
	int s=0,f=1;
	char c=getchar();
	while (c<'0'||c>'9')
	{
		if (c=='-')
		{
			f=-1;
		}
		c=getchar();
	}
	while (c>='0'&&c<='9')
	{
		s=s*10+c-48;
		c=getchar();
	}
	return s*f;
}
signed main()
{
	n=read(),x=read();
	for (int i=1;i<=n;i++)
	{
		lose[i]=read(),win[i]=read(),use[i]=read();
	}
	for (int i=1;i<=n;i++)
	{
		for (int j=x;j>=0;j--)
		{
			if (j>=use[i])
			{
				dp[j]=max(dp[j]+lose[i],dp[j-use[i]]+win[i]);
			}
			else
			{
				dp[j]+=lose[i];
			}
		}
	}
	cout<<5*dp[x]<<endl;
    return 0;
}

ok，最基础的01背包就到这里了，接下来我们要迈进下一步了~~~~