hihocoder-第七周-完全背包

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描述

且说之前的故事里，小Hi和小Ho费劲心思终于拿到了茫茫多的奖券！而现在，终于到了小Ho领取奖励的时刻了！

等等，这段故事为何似曾相识？这就要从平行宇宙理论说起了………总而言之，在另一个宇宙中，小Ho面临的问题发生了细微的变化！

小Ho现在手上有M张奖券，而奖品区有N种奖品，分别标号为1到N，其中第i种奖品需要need(i)张奖券进行兑换，并且可以兑换无数次，为了使得辛苦得到的奖券不白白浪费，小Ho给每件奖品都评了分，其中第i件奖品的评分值为value(i),表示他对这件奖品的喜好值。现在他想知道，凭借他手上的这些奖券，可以换到哪些奖品，使得这些奖品的喜好值之和能够最大。

输入

每个测试点（输入文件）有且仅有一组测试数据。

每组测试数据的第一行为两个正整数N和M,表示奖品的种数，以及小Ho手中的奖券数。

接下来的n行描述每一行描述一种奖品，其中第i行为两个整数need(i)和value(i)，意义如前文所述。

测试数据保证

对于100%的数据，N的值不超过500，M的值不超过10^5

对于100%的数据，need(i)不超过2*10^5, value(i)不超过10^3

输出

对于每组测试数据，输出一个整数Ans，表示小Ho可以获得的总喜好值。

样例输入

5 1000144 990487 436210 673567 581056 897

样例输出

5940

同样定义状态方程dp[i][j]--前i件物品j张奖券可以得到的最大value。 状态转移，前i件物品，第i件物品可能不拿可能拿1-k件（ k*need[i]<j)

所以dp[i][j] = max{ dp[i-1][j-k*need[i]]+k*value[i] ( k>=0 && k*need[i]<=j);可以进一步优化的地方就是有重复的地方 ---- 算

dp[i][j-need[i]] = max { dp[i-1][j-(k-1)*need[i] ] + (k-1)*value[i]的时候，可以看出 dp[i][j] 的前面 j减去1到（k-1)个need[i]的时候在dp[i][j-need[i]]的时候已经全部都算过了(

其实画出图看就很明显了），所以可以进一步优化为 dp[i][j] = max { dp[i-1][j] , dp[i][j-need[i]]} 

空间上优化依然可以进行重复利用一维数组

#include <iostream>using namespace std;int dp[100001], value[100001], need[100001];int main(){    int N, M;    cin >> N >> M;    fill( dp, dp+M+1, 0);    for( int i = 1; i <= N; i++)        cin >> need[i] >> value[i];    for( int i = 1; i <= N; i++)    for ( int j = 1; j<=M; j++)        if( j >= need[i])            dp[j] = max( dp[j], dp[j-need[i]]+value[i]);    cout << dp[M] << endl;    return 0;}