51nod-1085 背包问题【01背包】

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1085 背包问题

基准时间限制：1 秒 空间限制：131072 KB 分值: 0 难度：基础题

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在N件物品取出若干件放在容量为W的背包里，每件物品的体积为W1，W2……Wn（Wi为整数），与之相对应的价值为P1,P2……Pn（Pi为整数）。求背包能够容纳的最大价值。

Input

第1行，2个整数，N和W中间用空格隔开。N为物品的数量，W为背包的容量。(1 <= N <= 100，1 <= W <= 10000)第2 - N + 1行，每行2个整数，Wi和Pi，分别是物品的体积和物品的价值。(1 <= Wi, Pi <= 10000)

Output

输出可以容纳的最大价值。

Input示例

3 62 53 84 9

Output示例

14

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最基本的01背包问题，做的时候程序实在不知道哪错了，但是编译一直是13不是14，索性一交 ，竟然神奇的过了。无语

状态转移方程：dp[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[i-1][j-w[i]]+p[i])  (j>=w[i])   这是二维的，空间上没有优化。

对于01背包

面对每个物品，我们只有选择拿取或者不拿两种选择，（这就是拿是1不拿是0）不能选择装入某物品的一部分，也不能装入同一物品多次。

声明一个 大小为  dp[n][w] 的二维数组，dp[ i ][ j ] 表示 在面对第 i 件物品，且背包容量为  j 时所能获得的最大价值 ，那么我们可以很容易分析得出 dp[i][j] 的计算方法，

（1）. j < w[i] 的情况，这时候背包容量不足以放下第 i 件物品，只能选择不拿   dp[ i ][ j ] = dp[ i-1 ][ j ]

（2）. j>=w[i] 的情况，这时背包容量可以放下第 i 件物品，我们就要考虑拿这件物品是否能获取更大的价值。

如果拿取，dp[ i ][ j ]=dp[ i-1 ][ j-w[ i ] ] + p[ i ]。 这里的dp[ i-1 ][ j-w[ i ] ]指的就是考虑了i-1件物品，背包容量为j-w[i]时的最大价值，也是相当于为第i件物品腾出了w[i]的空间。

如果不拿，dp[ i ][ j ] = dp[ i-1 ][ j ] ,   拿还是不拿，比较这两种情况那种价值最大

代码：（怎么都是13，以后再看）

#include<cstdio>#include<cstring>#include<algorithm>using namespace std;int dp[150][10050],c[10050],p[10050];int main(){int n,w,i,j;while(scanf("%d%d",&n,&w)!=EOF){for(i=1;i<=n;i++)scanf("%d%d",&c[i],&p[i]);for(i=1;i<=n;i++){for(j=1;j<=w;j++){if(c[i]<=j)dp[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[i-1][j-c[i]]+p[i]);elsedp[i][j]=dp[i-1][j];}}printf("%d\n",dp[n][w]);}return 0;} 

一维

dp数组是从上到下，从右往左计算的。在计算dp[i][j]之前，dp[j]里保存的是dp[i-1][j]的值，而dp[j-w]里保存的是 
dp[i-1][j-w]，因为j是逆序枚举的。（假如顺序枚举的话dp[j-w]保存的会是dp[i][j-w]的值）这样，dp[j]=(max 
[j],dp[j-v]+w)实际上是把max{dp[i-1][j],dp[i-1][j-v]}保存在dp[j]中，覆盖掉dp[j]中原来的dp[i-1][j].
一维代码

#include<cstdio>#include<cstring>#include<algorithm>using namespace std;int dp[10050],w[105],p[105];int main(){int n,W,i,j;//while(scanf("%d%d",&n,&W)!=EOF)//{scanf("%d%d",&n,&W);for(i=1;i<=n;i++){scanf("%d%d",&w[i],&p[i]);}memset(dp,0,sizeof(dp));for(i=1;i<=n;i++){for(j=W;j>=w[i];j--)dp[j]=max(dp[j],dp[j-w[i]]+p[i]);}printf("%d\n",dp[W]);//}return 0;}

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