POJ 2062 完全背包

题目在http://poj.org/problem?id=2063上一篇文章练习了一个完全背包问题，这里又做了一个意图在于巩固吧，正所谓孰能生巧。

题目大概的意思是说：

一共有M元钱，用于做N年的投资。一共有K中债券可以买，每种债券用

（Ci, Ii）来表示，意图是话费为Ci，年终回报的Ii

可以每年年初买好债券，年后卖掉重新买进。

问在N年后，最大可以使得资产变为多少。

其实在N年的决策中，每年之间是相对独立的，所以单纯考虑一年的话，就是一个 完全背包问题。 

背包容量是总的投资额，背包的每项是 (债券成本，债券盈利）在使得将背包尽量装满的时候，获得最大的受益。具体解释感兴趣的可以参考上一篇文章，或者《背包九讲》

我AC代码如下，里面有一个trick，题目中说每个债券cost都是1000倍数，所以我们可以认为，当前的钱中，小于1000的部分都不能用了。

所以每年开始决策的时候，背包容量都是  当前总钱数/1000, 而每个债券的话费也要除以1000.

对于背包容量的选择：因为最初钱最多是 1000 000， 并且我们将它除以1000后是1000。并且每个回报率最多是 10%，四十年后 即1.1^40 ≈ 45 259 所以背包上限取得 45300足以

代码如下：

#include <stdio.h>#define MAX(X,Y) (X)>(Y)?(X):(Y)struct Bond{int cost;int interest;};int nBond;Bond bonds[11];int Base;int dp[45300];int GetMaximum(){int i,j;for( i = 0; i <= Base; i++){dp[i] = 0;}for( i = 0;i < nBond; i++){for( j = bonds[i].cost; j <= Base; j++){dp[j] = MAX(dp[j], dp[j-bonds[i].cost] + bonds[i].interest);}}return dp[Base];}int main(){int nCase, nYears;scanf("%d", &nCase);while(nCase--){scanf("%d%d", &Base, &nYears);scanf("%d", &nBond);int sum = Base;for(int i = 0; i < nBond; i++){scanf("%d%d", &bonds[i].cost, &bonds[i].interest);bonds[i].cost /= 1000;}for(int i = 0;i < nYears; i++){Base = sum / 1000;sum += GetMaximum();}printf("%d\n", sum);}return 0;}