nyist oj 289 蘋果 (動態規劃——背包問題）

標籤：acm   動態規劃   演算法   

蘋果時間限制：3000 ms  |  記憶體限制：65535 KB難度：3

描述

ctest有n個蘋果，要將它放入容量為v的背包。給出第i個蘋果的大小和價錢，求出能放入背包的蘋果的總價錢最大值。

輸入

有多組測試資料，每組測試資料第一行為2個正整數，分別代表蘋果的個數n和背包的容量v，n、v同時為0時結束測試，此時不輸出。接下來的n行，每行2個正整數，用空格隔開，分別代表蘋果的大小c和價錢w。所有輸入數位範圍大於等於0，小於等於1000。

輸出

對每組測試資料輸出一個整數，代表能放入背包的蘋果的總價值。

範例輸入

3 31 12 13 10 0

範例輸出

2

來源

動態規劃經典問題

動態規劃中背包的經典問題，以前做過一次了，以前做這種題目的時候，運用的思想是貪心，貪心也可以得到解，但是有時候這個解不是最優的；

運用動態規劃思想把這道題在做一次；參考了背包九講（真的講的不錯，以前有些不懂的地方，現在理解更深了）

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]}

這個方程非常重要，基本上所有跟背包相關的問題的方程都是由它衍生出來的。所以有必要將它詳細解釋一下：“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]。

上面的內容引用了背包九講中的第一講；這種解法在時間複雜度上是n(nv),比較高效了，但是在空間複雜度上還可以最佳化；

下面是用最簡單的方法寫的：空間複雜度還可以最佳化；動態規劃寫的程式一般都比較精簡，但是就是理解其中的狀態運算式；

#include <cstdio>#include <cstring>#define max(a,b) a>b?a:bconst int maxn=1001;int c[maxn],w[maxn],dp[maxn][maxn];int main(){    int n,v,i,j;    while(scanf("%d%d",&n,&v)&&n&&v)    {        memset(dp,0,sizeof(dp));        for(i=1;i<=n;i++)            scanf("%d%d",&c[i],&w[i]);        for(i=1;i<=n;i++)            for(j=1;j<=v;j++)        {            if(j<c[i]) dp[i][j]=dp[i-1][j];//狀態運算式            else                dp[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[i-1][j-c[i]]+w[i]);        }        printf("%d\n",dp[n][v]);    }}

最佳化記憶體的寫法，把dp的二維數組換成一維數組，不用數組儲存背包的值；用一維數組解背包問題，在後面很多地方也會用到，一定要掌握這種用法；

#include<cstdio>#include<cstring>#define max(a,b) a>b?a:bconst int maxn=1001;int dp[maxn];int main(){    int n,v,i,j,c,w;    while(scanf("%d%d",&n,&v)&&n&&v)    {         memset(dp,0,sizeof(dp));//初始化         for(i=1;i<=n;i++)         {             scanf("%d%d",&c,&w);             for(j=v;j>=c;j--)                dp[j]=max(dp[j],dp[j-c]+w);//遞推關係         }         printf("%d\n",dp[v]);    }    return 0;}