poj3211-01背包变形

这里要求洗衣服不能串色，同盆只能洗相同颜色的衣服，而相同颜色的衣服会有若干件，同时又是两个人一起洗，可以将这个问题转化为01背包问题，对每一种颜色的衣服进行01背包，首要问题是解决两个人同洗的问题，两个人同洗也就是2倍的速度，但一件衣服只能一个人洗，所以又不能单把同种颜色的衣服的时间折半分摊给两个人，但这里可以获得一个启示，要想节约时间，那么两个人的工作量应该接近，我们不妨这样来转化，假设某种颜色衣服的耗费时间为sum,取他的一半，mid=sum/2;然后以Mid为该种颜色的容量进行01背包，求出不超过此容量的可洗衣服的最大化，也就是接近Mid值的但却不超过mid的衣服量，然后用sum-dp[mid]就可以得到这个颜色的最佳洗衣方案，仔细想一下就明白了，sum-dp[mid]才是实际最少耗费时间，因为之前说过分摊尽可能接近Mid的两堆衣服，但完成时间肯定以时间较多的那堆为准，然后把所有颜色的耗费加起来就得到答案了。

这个题是01背包运用很好的一个启示，要灵活，对于颜色统计可以利用stl减轻负担。

#include<iostream>#include<vector>#include<map>#include<algorithm>#include<cstring>using namespace std;int main(){    map <string,int> match;    vector<int> col[15];    int n,m,dp[15][15005],ans;    while(cin>>m>>n){        if(m==0&&n==0)break;        else{             match.clear();             for(int i=1; i<=m; i++){                 string s;                 cin>>s;                 match[s]=i;                 col[i].clear();             }             for(int i=1; i<=n; i++){                 int w;                 string s;                 cin>>w; cin>>s;                 col[match[s]].push_back(w);             }             ans=0;//初始化             memset(dp,0,sizeof(dp));             for(int i=1; i<=m; i++){//对每种颜色进行01背包,求dp[mid]的最大值,即在有限时间内洗尽可能多的衣服                 int sum=0,mid;                 for(int j=0; j<col[i].size(); j++)sum+=col[i][j];                 mid=sum/2;                 for(int j=0; j<col[i].size(); j++){                      for(int k = mid; k>=col[i][j]; k--){                           dp[i][k]=max(dp[i][k],dp[i][k-col[i][j]]+col[i][j]);                      }                 }                 ans+=sum-dp[i][mid];             }             cout<<ans<<endl;        }    }    return 0;}