HihoCoder

01背包

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

5 1000144 990487 436210 673567 581056 897

样例输出

2099

Source

HihoCoder - 1038

My Solution

题意：dp基础题，给出n个背包每个背包有一个花费needi和一个收获valuei，最多付出m的花费求最大收获。

基础dp、背包dp

dpij表示当前考虑第i个背包，花费为j时的最大收获。

d[i][j] = max(dp[i][j],, dp[i-1][j - need[i]] + value[i])。

由于状态转移只考虑当前状态和上一层状态，所以只能可以转化成一维，然后dp的是 j 从大到小的顺序进行递推，这样 dp[ j-need[i] ]必定必定是上一次的，而不是这一次的。

复杂度 O(n^2)

#include <iostream>#include <cstdio>using namespace std;typedef long long LL;const int MAXN = 5e2 + 8, MAXM = 1e5 + 8;int need[MAXN], value[MAXN], dp[MAXM];int main(){    #ifdef LOCAL    freopen("3.in", "r", stdin);    //freopen("3.out", "w", stdout);    #endif // LOCAL    ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0);    int n, m, i, j, ans = 0;    cin >> n >> m;    for(i = 0; i < n; i++){        cin >> need[i] >> value[i];    }    for(i = 0; i < n; i++){        for(j = MAXM - 1; j >= 0; j--){            if(i == 0){                if(j - need[i] >= 0) dp[j] = value[i];            }            else{                if(j - need[i] >= 0) dp[j] = max(dp[j], dp[j-need[i]] + value[i]);            }        }    }    cout << dp[m] << endl;    return 0;}

  Thank you!

                                                                                                                                             ------from ProLights