P1507 NASA的食物计划（背包详解）

题目背景
NASA(美国航空航天局)因为航天飞机的隔热瓦等其他安全技术问题一直大伤脑筋,因此在各方压力下终止了航天飞机的历史,但是此类事情会不会在以后发生，谁也无法保证,在遇到这类航天问题时,解决方法也许只能让航天员出仓维修,但是多次的维修会消耗航天员大量的能量,因此NASA便想设计一种食品方案,让体积和承重有限的条件下多装载一些高卡路里的食物.

题目描述
航天飞机的体积有限,当然如果载过重的物品,燃料会浪费很多钱,每件食品都有各自的体积、质量以及所含卡路里,在告诉你体积和质量的最大值的情况下,请输出能达到的食品方案所含卡路里的最大值,当然每个食品只能使用一次.
输入格式
第一行 两个数 体积最大值(<400)和质量最大值(<400)

第二行 一个数 食品总数N(<50).

第三行－第3+N行

每行三个数 体积(<400) 质量(<400) 所含卡路里(<500)
输出格式
一个数 所能达到的最大卡路里(int范围内)
输入输出样例
输入

320 350
4
160 40 120
80 110 240
220 70 310
40 400 220

输出

550

思路：因为是有两个约束条件，所以设dp[i][j][z]为前i个物品中放入体积为j，质量为z的背包的最优值。
状态转移方程：

dp[i][j][z] = max(dp[i - 1][j][z],dp[i - 1][j - v[i]][z - w[i]] + k[i]);

**可进一步优化
原来的状态转移方程为：

 dp[i][j][z] = max(dp[i - 1][j][z],dp[i - 1][j - v[i]][z - w[i]] + k[i]);

每一次dp[i][j][z]改变的值只与dp[i - 1][j][z]有关，是上一次i循环保存下来的值。因此可以降二维数组，且必须反向遍历更新dp的值，不然前一次的循环保存的值会被更改。

dp[j][z] = max(dp[j][z],dp[j - v[i]][z - w[i]] + k[i]);

因为要判断j,z是否小于等于对应的体积和质量，所以可直接在第二第三for循环里判断。

for(int i = 1;i <= n;i++) 
    for(int j = V;j >= v[i];j--) 
      for(int z = W;z >= w[i];z--) 
        dp[j][z] = max(dp[j][z],dp[j - v[i]][z - w[i]] + k[i]);

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int dp[401][401],V,W,v[51],w[51],k[51],n;
int main() {
	cin >> V >> W >> n;//v体积，w质量，n个数
	for(int i = 1;i <= n;i++) 
    cin >> v[i] >> w[i] >> k[i];
	for(int i = 1;i <= n;i++) 
    for(int j = V;j >= v[i];j--) 
      for(int z = W;z >= w[i];z--) 
        dp[j][z] = max(dp[j][z],dp[j - v[i]][z - w[i]] + k[i]);
	cout << dp[V][W];
	return 0;
}