POJ 1384 完全背包问题

最新推荐文章于 2020-07-20 16:51:57 发布

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本文深入探讨了完全背包问题的核心概念及解决策略，并通过对比01背包问题，详细介绍了完全背包的状态转移方程及其代码实现过程。

阅读《背包九讲》的同时，配合做一下POJ上的题目。

上次练习是01背包问题，这次练习是完全背包问题。在01背包问题中，出现的背包要么选择，要么不选择。而在完全背包问题中，背包出现的次数是没有上限的，即可以选择任何次数的。在背包九讲里，作者给出了一个状态转移方程，核心代码如下：

for( int i = 0; i < nObject; i++)
{
        for( int j = weight[i]; j <= sumweight; j++)
        {
               dp[j] = max[dp[j], dp[j-weights[i]] + value[i];
        }
}

即多重背包思想转换成01背包。

在01背包中，我们将 j 的遍历从 sumweight从大到小，目的是为了可以在一个数组中将(容纳i-1）和容纳i区分开来。即考虑容纳 i 个物体的时候，仅仅有选择和不选择两种可能。

但是在多重背包问题中，我们去可以选择多次。

转移方程应该表示成 dp[i][j] = max( dp[i-1][j], dp[i][j-weight[i] ] + value[i] )

前一项表示，选择第i个物体的个数是0，而第二项则表示选择了多次的i物品。因为选择多次，重量是j的解依赖于之前已经求出来的 dp[i][j-weight[i] 所以遍历方程确保有正确的解。

和01背包问题一样，我们同样可以用一个数组来表示dp的过程。即用代码部分来表示。

对于初学者（自己）感觉这个算法很神奇，只要交换一下遍历的顺序，就能解决01背包，和完全背包，让我想起来《编程珠玑》的那句话

"任何看似很难解决问题，背后可能都隐藏着意想不到的，简单的解法“

所以我有Aha的感觉。

趁热打铁，赶紧练习一下：

http://poj.org/problem?id=1384

代码如下：

#include <stdio.h>
#include <string.h>
#include <algorithm>

#define MAX_INT 10000000
#define MAX_WEIGHT 10005
#define MAX_CURRENCY 505


int nWeightSum;
int dp[MAX_WEIGHT];
int nCurrency;
struct Currency
{
	int weight;
	int value;
};
Currency vAllCurrency[MAX_CURRENCY];

void GetMinimum()
{
	int i,j;
	for( i = 0;i <= nWeightSum; i++)
	{
		dp[i] = MAX_INT;
	}
	dp[0] = 0;

	for(i = 0; i < nCurrency; i++)
	{
		//dp
		for(j = vAllCurrency[i].weight ; j <= nWeightSum; j++)
		{
			dp[j] = std::min(dp[j], dp[j-vAllCurrency[i].weight] + vAllCurrency[i].value);
		}
	}

	if(dp[nWeightSum] == MAX_INT)
	{
		printf("This is impossible.\n");
	}
	else
	{
		printf("The minimum amount of money in the piggy-bank is %d.\n", dp[nWeightSum]);
	}

}
int main()
{
	int tCase;
	scanf("%d", &tCase);
	int e,f;
	while(tCase--)
	{
		scanf("%d%d", &e, &f);
		nWeightSum = f - e;
		scanf("%d",&nCurrency);
		for(int i = 0; i < nCurrency; i++)
		{
			scanf("%d%d", &vAllCurrency[i].value, &vAllCurrency[i].weight);
		}

		GetMinimum();


	}
	return 0;
}