动态规划--(2)

好像是在一个多月之前吧，自己写过一篇博客，是出于对动规的感叹，刚刚做了一个SDNUOJ的1033.采药，然后写的。那时候的认识挺肤浅的，没有见过太多相应问题，思路简单。最近又把采药的几个后续题也做了，对于动规又有了新的理解与认识。参考SDNUOJ1043.1061.1077.1032

对于1043.采药2，我做了有几周了。他与原题的区别就在于总药材数有由有限变为了无限，这也就是说，每个草药都可以多次使用，只要他的放入可以生成更优解。

而在1033.采药上，药材是有限的，可以套01裸背包问题模版，复杂的市二维数组，简化空间复杂度后可为一维数组，层层迭代。主要就说一说这个化简后的，因为每个药材都具有唯一性，所以要在内部循环中改为倒序，由m到该药材相等的容量。因为大容量背包中不包含小容量，所以避免了出现重复选用。而与此对应，在采药2中，由于药材无限，则这一防护措施失去效用，回归正序，即为他的正解。变为完全背包问题。

到了1061.采药3，问题复杂了一些，出现了两个约束条件，容积和承重，所以要改为二维数组，依照前面1033题，多加一层循环，依旧倒序，只不过复杂度高了一级。内部的判断倒是不太复杂，因为他们并非两个维度，他们具有相关性，这就和1032.机器人 那个题不太一样。那个题要更为复杂，除了四层循环，还要在内部判断上做好逻辑，对于互不相干（除相交外）的两个点，分别选取最优解，并合并规划。

1061.采药3

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Total Submission(s): 89    Accepted Submission(s): 56

Description

XXX上山去采药。XXX有一个最大承重为m(1<=m<=100)且容积为t(1<= t<=100)的背包，他所采集的药材的总重量不能大于背包的最大承重且总体积不能大于背包的容积。已知共有n(1<=n<=1000)株药材，并且知道每株药材的重量w1(1<=w1<=m)、体积w2(1<=w2<=t)及价值v(1<=v<=100000)，如何选择，才能使得采到的药材的总价值最大？

Input

第1行为三个整数m、t和n，分别为背包的最大承重、容积及药材的数量。 第2至n+1行每行三个整数w1、w2和v，分别表示每株药材的重量、体积及价值。

Output

能采到的药材的最大总价值

Sample Input

100 100 550 60 10060 50 12050 50 11540 60 2140 50 5

Sample Output

125

Source

Unknown

#include<cstdio>int dp[105][105];int w1[1005];int w2[1005];int v[1005];int main(){    int m, t, n;    scanf("%d%d%d",&m,&t,&n);    int i, j, k;    for(i=0; i<n; i++)        scanf("%d %d %d",&w1[i],&w2[i],&v[i]);    for(i=0; i<n; i++){        for(j=m; j>=w1[i]; j--){            for(k=t; k>=w2[i]; k--){                if(dp[j][k]<dp[j-w1[i]][k-w2[i]]+v[i])                    dp[j][k]=dp[j-w1[i]][k-w2[i]]+v[i];            }        }    }    printf("%d",dp[m][t]);    return 0;}

最后到了1077.采药4，说实话，原本我以为这个题会是更复杂的，但读题之后，就发现他的思路急转。其中规划量和约束量化为一个，就是有点绕吧。求最小剩余容量，反向思维也就是最大加容量嘛，循环两个，内层倒序，OK.

这四个采药题挺简单的，后来又看到了1032，被称为双线程dp的那个题，确实不好做，两个机器人可以随意行走，互不干涉，但在终点相同时却要减去一个，因为垃圾是唯一的。四层循环，复杂度有点高，但其实如果你真正的理解了DP的究极奥义，这些百千般变化都不是事儿。

所谓做题不是最终目的，关键是要学会该算法的精髓啊！！