nyist oj 289 苹果 (动态规划——背包问题）

苹果

时间限制：3000 ms  |  内存限制：65535 KB

难度：3

描述

ctest有n个苹果，要将它放入容量为v的背包。给出第i个苹果的大小和价钱，求出能放入背包的苹果的总价钱最大值。

输入

有多组测试数据，每组测试数据第一行为2个正整数，分别代表苹果的个数n和背包的容量v，n、v同时为0时结束测试，此时不输出。接下来的n行，每行2个正整数，用空格隔开，分别代表苹果的大小c和价钱w。所有输入数字的范围大于等于0，小于等于1000。

输出

对每组测试数据输出一个整数，代表能放入背包的苹果的总价值。

样例输入

3 31 12 13 10 0

样例输出

2

来源

动态规划经典问题

动态规划中背包的经典问题，以前做过一次了，以前做这种题目的时候，运用的思想是贪心，贪心也可以得到解，但是有时候这个解不是最优的；

运用动态规划思想把这道题在做一次；参考了背包九讲（真的讲的不错，以前有些不懂的地方，现在理解更深了）

这是最基础的背包问题，特点是：每种物品仅有一件，可以选择放或不放。

用子问题定义状态：即f[i][v]表示前i件物品恰放入一个容量为v的背包可以获得的最大价值。则其状态转移方程便是：

f[i][v]=max{f[i-1][v],f[i-1][v-c[i]]+w[i]}

这个方程非常重要，基本上所有跟背包相关的问题的方程都是由它衍生出来的。所以有必要将它详细解释一下：“将前i件物品放入容量为v的背包中”这个子问题，若只考虑第i件物品的策略（放或不放），那么就可以转化为一个只牵扯前i-1件物品的问题。如果不放第i件物品，那么问题就转化为“前i-1件物 品放入容量为v的背包中”，价值为f[i-1][v]；如果放第i件物品，那么问题就转化为“前i-1件物品放入剩下的容量为v-c[i]的背包中”，此时能获得的最大价值就是f[i-1][v-c[i]]再加上通过放入第i件物品获得的价值w[i]。

上面的内容引用了背包九讲中的第一讲；这种解法在时间复杂度上是n(nv),比较高效了，但是在空间复杂度上还可以优化；

下面是用最简单的方法写的：空间复杂度还可以优化；动态规划写的程序一般都比较精简，但是就是理解其中的状态表达式；

#include <cstdio>#include <cstring>#define max(a,b) a>b?a:bconst int maxn=1001;int c[maxn],w[maxn],dp[maxn][maxn];int main(){    int n,v,i,j;    while(scanf("%d%d",&n,&v)&&n&&v)    {        memset(dp,0,sizeof(dp));        for(i=1;i<=n;i++)            scanf("%d%d",&c[i],&w[i]);        for(i=1;i<=n;i++)            for(j=1;j<=v;j++)        {            if(j<c[i]) dp[i][j]=dp[i-1][j];//状态表达式            else                dp[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[i-1][j-c[i]]+w[i]);        }        printf("%d\n",dp[n][v]);    }}

优化内存的写法，把dp的二维数组换成一维数组，不用数组储存背包的值；用一维数组解背包问题，在后面很多地方也会用到，一定要掌握这种用法；

#include<cstdio>#include<cstring>#define max(a,b) a>b?a:bconst int maxn=1001;int dp[maxn];int main(){    int n,v,i,j,c,w;    while(scanf("%d%d",&n,&v)&&n&&v)    {         memset(dp,0,sizeof(dp));//初始化         for(i=1;i<=n;i++)         {             scanf("%d%d",&c,&w);             for(j=v;j>=c;j--)                dp[j]=max(dp[j],dp[j-c]+w);//递推关系         }         printf("%d\n",dp[v]);    }    return 0;}