HDOJ 2602 Bone Collector 【動態規劃】

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　　http://acm.hust.edu.cn/vjudge/problem/viewProblem.action?id=17434

動態規劃：

    經典的01背包問題

    有N件物品和一個容量為V的背包。第i件物品的費用是c[i]，價值是w[i]。
    求解將哪些物品裝入背包可使價值總和最大。

    這是最基礎的背包問題，特點是：每種物品僅有一件，可以選擇放或不放。
    用子問題定義狀態：即f[i][v]表示前i件物品恰放入一個容量為v的背包可以獲得的最大價值。則其狀態轉移方程便是：
        f[i][v]=max{f[i-1][v],f[i-1][v-c[i]]+w[i]}
    將它詳細解釋一下：
    “將前i件物品放入容量為v的背包中”這個子問題，若只考慮第i件物品的策略（放或不放），那麼就可以轉化為一個只牽扯前i-1件物品的問題。
    如果不放第i件物品，那麼問題就轉化為“前i-1件物 品放入容量為v的背包中”，價值為f[i-1][v]；
    如果放第i件物品，那麼問題就轉化為“前i-1件物品放入剩下的容量為v-c[i]的背包中”，此時能獲得的最大價值就是f[i-1][v-c[i]]再加上通過放入第i件物品獲得的價值w[i]。

    先考慮上面講的基本思路如何?，肯定是有一個主迴圈i=1..N，每次算出來二維數組f[i][0..V]的所有值。
    那麼，如果只用一個數組 f[0..V]，能不能保證第i次迴圈結束後f[v]中表示的就是我們定義的狀態f[i][v]呢？
    f[i][v]是由f[i-1][v]和f[i-1] [v-c[i]]兩個子問題遞推而來，能否保證在推f[i][v]時（也即在第i次主迴圈中推f[v]時）能夠得到f[i-1][v]和f[i-1] [v-c[i]]的值呢？
    事實上，這要求在每次主迴圈中我們以v=V..0的順序推f[v]，這樣才能保證推f[v]時f[v-c[i]]儲存的是狀態 f[i-1][v-c[i]]的值。
    虛擬碼如下：
    for i=1..N
        for v=V..0
            f[v]=max{f[v],f[v-c[i]]+w[i]};
    其中的f[v]=max{f[v],f[v-c[i]]}一句恰就相當於我們的轉移方程f[i][v]=max{f[i-1][v],f[i-1][v-c[i]]}，因為現在的f[v-c[i]]就相當於原來的f[i-1][v-c[i]]。

    最後的f[v]就是問題的最優解了。

 1 #include<cstdio> 2 #include<cstring> 3 const int MAXL = 1000+5; 4 int max(int a, int b){ return a>b ? a : b;} 5 int t, n, v, value[MAXL], volume[MAXL], dp[MAXL]; 6  7 int main(){ 8     scanf("%d", &t); 9     while(t--){10         scanf("%d%d", &n, &v);11         for(int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", &value[i]);12         for(int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", &volume[i]);13         memset(dp, 0, sizeof(dp));14         for(int i = 1; i <= n; i++){15             for(int j = v; j >= volume[i]; j--){ // 注意j的停止條件，一是防止越界，二是小於0後的答案就是dp[j]，已經計算過了16                 //從v遍曆至0的逆序可以保證dp[j-volume[i]]是上一層的計算結果，17                 //又因為dp數組第二維的v只涉及到上一層的資料，其他層的資料都不會再訪問18                 //從而省去dp數組的第一維度，每次都對之前的資料進行重新整理，節省空間的複雜度至O(n);19                 dp[j] = max(dp[j], dp[j-volume[i]]+value[i]);20             }21         }22         printf("%d\n", dp[v]);23     }24 25     return 0;26 }

 

 

　　

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