洛谷P1048 采药

题面

总时间T，物品种数M
对每个物品有消耗时间和价值两种属性，每种物品只有一个
问最大价值
1≤T≤1000，1≤M≤100

分析

经典的01背包问题，即一个物品只能拿或不拿，并在一个限制下对另一个属性取最大值。
它由可分割的背包问题产生（贪心问题），又能拓展为完全背包（物品无限）等情况

dp中重要的问题有两个：状态与转移
dp中的状态比较有特点的地方是无后效性，就好比A→B→C的路径，A→B内发生的选择，不影响B→C内的选择
转移用转移方程来表示，从而可以递推地解决问题，与贪心不同，dp是兼顾全局的

本题的状态为选择物品和背包剩余的空间。
可以确定为二维的$f[i][j]$，它的值表示在选择总时间为T-j，选择前i个物品时，能达到的最大价值。
假定物品有这三个：
①时间5，价值20
②时间6，价值10
③时间4，价值12

总时间容量10
可以分物品来考虑
在①物品时
$f[1][10]=f[1][9]...=f[1][5]=20，f[1][4]=f[1][3]...=f[1][1]=0$

单独选②物品时
$f[1][10]=f[1][9]...=f[1][6]=10，f[1][5]=f[1][3]...=f[1][1]=0$

在①基础上选②物品时（选了①物品之后，不能选上②物品），所以
$f[2][10]=f[2][9]...=f[2][5]=20，f[2][4]=f[2][3]...=f[2][1]=0$
其中如$f[2][6]=maxf[1][6],f[1][6-w[2]]+val[2]$（当后者存在时，这里不存在，所以直接f[1][6]）

在①②基础上选③物品时
$f[3][10]=32$，可以同时选中①③，或者说$maxf[2][10],f[2][10-w[3]]+val[3]=f[2][6]+val[3]=20+12=32$

$f[3][9]=32$，可以同时选中①③

$f[3][8]=f[3][7]=f[3][6]=f[3][5]=20$，只能选中①

$f[3][4]=12$，选中③

$f[3][3]=f[3][2]=f[3][1]=0$

此时f[3][10]的值就是最大值

代码

二维数组
注意第二层循环倒着推，防止进入完全背包的圈套（导致同一个物品放入多次）

#include "cstdlib"
#include "cstdio"
#include "iostream"
#include "cstring"
#include<algorithm>
using namespace std;
int main()
{
    int T,M,w[1001],val[1001],f[1001][1001];//T为时间，M为数量，为重量，val为价值
    cin>>T>>M;
    for(int i=1;i<=M;i++)cin>>w[i]>>val[i];
    
        for(int i=1;i<=M;i++)
            for(int v=T;v>0;v--)
            if(w[i]<=v)f[i][v]=max(f[i-1][v],f[i-1][v-w[i]]+val[i]);//标记
            else f[i][v]=f[i-1][v];
    cout<<f[M][T];
    system("pause");
    return 0;
}

在代码中发现，标记的那一行，用到的上一行的数据，都已经被更新且之后不会再用到（可以自己画一下表格验证数据），由此可以将二维化一维，这个一维数组其实就是由上一行未更新的部分和当前行已经更新的部分

#include "cstdlib"
#include "cstdio"
#include "iostream"
#include "cstring"
#include<algorithm>
using namespace std;
int T, M, w[1005], val[1005], f[1005];//T为时间，M为数量，w为重量，val为价值
int main()
{
    cin >> T >> M;
    for (int i = 1;i <= M;i++)cin >> w[i] >> val[i];


    for (int i = 1;i <= M;i++)
        for (int v = T;v > 0;v--)
            if (w[i] <= v)f[v] = max(f[v], f[v - w[i]] + val[i]);
            else f[v] = f[v];
    cout << f[T];
    return 0;
}