#1038 : 01背包

最新推荐文章于 2019-03-23 21:35:09 发布

原创最新推荐文章于 2019-03-23 21:35:09 发布 · 178 阅读

0 ·

CC 4.0 BY-SA版权

本文介绍了一个经典的01背包问题的应用实例——奖券兑换问题。通过动态规划算法解决如何使用有限的奖券获得最大喜好值的奖品组合。文章提供了一种节省内存的一维数组实现方法。

时间限制: 20000ms

单点时限: 1000ms

内存限制: 256MB

描述

且说上一周的故事里，小Hi和小Ho费劲心思终于拿到了茫茫多的奖券！而现在，终于到了小Ho领取奖励的时刻了！

小Ho现在手上有M张奖券，而奖品区有N件奖品，分别标号为1到N，其中第i件奖品需要need(i)张奖券进行兑换，同时也只能兑换一次，为了使得辛苦得到的奖券不白白浪费，小Ho给每件奖品都评了分，其中第i件奖品的评分值为value(i),表示他对这件奖品的喜好值。现在他想知道，凭借他手上的这些奖券，可以换到哪些奖品，使得这些奖品的喜好值之和能够最大。

提示一：合理抽象问题、定义状态是动态规划最关键的一步

提示二：说过了减少时间消耗，我们再来看看如何减少空间消耗

输入

每个测试点（输入文件）有且仅有一组测试数据。

每组测试数据的第一行为两个正整数N和M,表示奖品的个数，以及小Ho手中的奖券数。

接下来的n行描述每一行描述一个奖品，其中第i行为两个整数need(i)和value(i)，意义如前文所述。

测试数据保证

对于100%的数据，N的值不超过500，M的值不超过10^5

对于100%的数据，need(i)不超过2*10^5, value(i)不超过10^3

输出

对于每组测试数据，输出一个整数Ans，表示小Ho可以获得的总喜好值。

样例输入

样例输出

经典01背包问题，这里卡内存，要求用一位数组解决问题。关键在于理解。以best(i, x)表示已经决定了前i件物品是否选取，当前已经选取的物品的所需奖券数总和不超过x时，能够获取的最高的喜好值的和。

best(N, M) = max{best(N - 1, M - need(N)) + value(N), best(N - 1, M)}！”这是传统的方法。

如果我按照j从M到1的顺序，也就是跟之前相反的顺序来进行计算的话。另外根据我们的状态转移方程，可以显然得出如果状态(iA, jA)依赖于状态(iB, jB)，那么肯定有iA = iB+1, jA>=jB。所以不难得出一个结论：我在计算best(i, j)的时候，因为best(i, j+1..M)这些状态已经被计算过了，所以意味着best(i - 1, k)，k=j..M这些值都没有用了——所有依赖于他们的值都已经计算完了。于是它们原有的存储空间都可以用来存储别的东西，所以我不仿直接就将best(i, j)的值存在best(i-1, j)原有的位置上。这样可以只开一位数组。

#include <iostream>
#include <string.h>
#include <cstdio>
#include <string>
#include <map>
#include <vector>
#include <queue>
#include <algorithm>
#include <set>
#include <math.h>
using namespace std;
int f[100005];
int need[505],value[505];
int main()
{
	int n,m;
	while(~scanf("%d%d",&n,&m))
	{
		memset(f,0,sizeof(f));
		for(int i=1;i<=n;i++)
		{
			scanf("%d%d",&need[i],&value[i]);
		}
		for(int j=0;j<=n;j++)
		{
			f[j]=0;
		}
		for(int i=1;i<=n;i++)
		{
			for(int j=m;j>=need[i];j--)
			{
				f[j]=max(f[j],f[j-need[i]]+value[i]);
			}
		}
		cout<<f[m]<<endl;
	}
}