【洛谷P1049】装箱问题

探讨了装箱问题的解决策略,目标是最小化箱子的剩余空间。通过递归深度优先搜索算法,从n个物品中选择若干个装入容量为V的箱子,以实现最小剩余空间。

装箱问题


Description

有一个箱子容量为VVV(正整数,0 ≤VVV ≤200000),同时有nnn个物品(0<nnn≤30,每个物品有一个体积(正整数))。
要求nnn个物品中,任取若干个装入箱内,使箱子的剩余空间为最小。

Input

1个整数,表示箱子容量

11个整数,表示有nnn个物品

接下来nnn行,分别表示这nnn个物品的各自体积

Output

1个整数,表示箱子剩余空间。

Sample Input

24
6
8
3
12
7
9
7

Sample Output

0

Hink

NOIp2001普及组 第4题

解题思路

用搜索看装进哪个箱子比较好

#include<iostream>
#include<iomanip>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cstdio>
using namespace std;
const int maxn=101;
int a[maxn],n,m,t;
void DFS(int dep,int s)
{
	if(s>m) return;//如果大于总数,退出
	if(dep>n)
	{
		t=max(t,s);//求最优方案
		return;
	}
	DFS(dep+1,s+a[dep]);
	DFS(dep+1,s);
}
int main()
{
	cin>>m>>n;
	for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];
	DFS(0,0);
	cout<<m-t;//输出剩下的空间
	return 0;
}
### 动态规划在装箱问题中的应用 装箱问题是典型的 **0/1 背包问题** 的变种之一。其核心在于如何利用有限的空间装载尽可能多的物品,或者使剩余空间最小化。此问题可以采用动态规划的思想来解决。 #### 问题描述 假设有一个箱子容量为 \( V \),以及若干个不同大小的物品每个物品只能放入一次(即 0/1 背包)。目标是找到一种方案使得所选物品的总体积最接近于 \( V \) 并不超过它。 --- #### 解题思路 动态规划的核心思想是将大问题分解为多个子问题并存储中间结果以避免重复计算[^1]。对于装箱问题: - 定义状态数组 `dp[j]` 表示当背包容量为 \( j \) 时能够容纳的最大体积。 - 初始化:设初始状态下背包为空,则 `dp[0] = 0`;其余位置初始化为负无穷或零视具体需求而定。 - 状态转移方程: \[ dp[j] = \max(dp[j], dp[j - w_i] + w_i),\quad (w_i \leq j) \] 这里的 \( w_i \) 是第 \( i \)物品的重量(或体积)。 上述公式的含义是在当前考虑的物品下,判断是否将其加入到已有的最佳组合中去形成新的更优解。 由于题目要求的是最终未被填满的部分最少,因此最后一步还需要计算差值作为答案输出。 以下是基于以上逻辑编写的 Java 版本程序实现: ```java import java.util.Scanner; public class PackingProblem { public static void main(String[] args) { Scanner scanner = new Scanner(System.in); // 输入数据读取 System.out.println("请输入容器最大容量V 和 物品数量N:"); int V = scanner.nextInt(); // 总体积极限 int N = scanner.nextInt(); // 物品种类数目 int[] weights = new int[N + 1]; for (int i = 1; i <= N; ++i){ weights[i] = scanner.nextInt(); } // 创建DP表,默认填充为0 int[] dp = new int[V + 1]; // 开始迭代更新DP表格 for (int i = 1; i <= N; ++i){ for (int j = V; j >= weights[i]; --j){ dp[j] = Math.max(dp[j], dp[j - weights[i]] + weights[i]); } } // 输出结果 System.out.println(V - dp[V]); // 剩余空间量 } } ``` 该代码实现了基本的功能框架,并遵循了标准输入输出模式以便测试不同的案例集。 --- #### 关键点解析 1. **逆序遍历的原因** 对于每一件新增加的商品,在更新整个dp数组的时候采取倒叙方式是为了防止前面已经处理过的商品再次影响本次循环的结果造成错误覆盖情况发生[^2]。 2. **时间复杂度分析** 外层循环执行次数取决于物品总数\( n \),内层则依赖于背包容量\( m \),所以整体的时间复杂度大约为O(nm)[^1]. 3. **边界条件处理** 需要注意一些特殊情况下的行为定义,例如如果没有任何东西能放进背包里怎么办?此时应该返回原始容量本身表示完全没用上任何资源。 ---
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