POJ 3093 Margaritas on the River Walk (0-1背包变形)

这题目的思路很巧妙，什么情况下剩下的所有物品都放不下呢？就是当前剩余物品中最小的那个也放不下。所以，先把物品按照容量从小到大排序，依次枚举当前背包为放不下的最小物品的情况。

对于当前物品i，必有1到i-1的所有物品都放进去，这时候比i大的物品谁放谁不放是不确定的。转换成0-1背包问题：把前i-1个物品都放进去以后，得到空间为tsum - sum[i-1]（前缀和）的包，只要从第i+1到第n个物品中拿出一个方案填充这个包使得剩余体积小于第i个物品的体积就可以了，把总方案数累加就是结果！

注意特殊情况：当排序后最小的物品也无法放入时，直接返回0，因为dp[0]初始化为1,

代码：

/*poj     3093232K0MS*/#include<cstdio>#include<algorithm>#include<iostream>#define MAXN 1005using namespace std;int n, m, wei[35], dp[MAXN], sum[MAXN];__int64 Bag(){memset(sum, 0, sizeof(sum));sort( wei + 1, wei + n + 1 );if(wei[1] > m)//因为很可能有最小的也放不下这种情况，而dp【0】是初始化为1的，会输出1 return 0;for(int i = 1;i <= n;i ++)sum[i] = sum[i-1] + wei[i];__int64 ans = 0;for(int i = 1;i <= n;i ++){if(sum[i - 1] > m)break;memset(dp, 0, sizeof(dp));dp[sum[i-1]] = 1;for(int j = i + 1;j <= n;j ++)for(int k = m; k >= sum[i - 1] + wei[j]; k --)dp[k] += dp[k - wei[j]];for(int j = m - wei[i] + 1;j <= m;j ++)ans += dp[j];}return ans;}int main(){int Cases;cin>>Cases;for(int cnt = 1; cnt <= Cases; cnt ++){cin >> n >> m;for(int i = 1;i <= n;i ++)cin>> wei[i];cout << cnt << " " << Bag() <<endl;}return 0;}