hihoCoder - 1038 - 01背包 (经典动态规划问题!!)
来源:互联网 发布:游戏开发巨头复杂算法 编辑:程序博客网 时间:2024/06/06 04:28
#1038 : 01背包
- 样例输入
5 1000144 990487 436210 673567 581056 897
- 样例输出
2099
描述
且说上一周的故事里,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!
小Ho现在手上有M张奖券,而奖品区有N件奖品,分别标号为1到N,其中第i件奖品需要need(i)张奖券进行兑换,同时也只能兑换一次,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。
提示一:合理抽象问题、定义状态是动态规划最关键的一步
提示二:说过了减少时间消耗,我们再来看看如何减少空间消耗
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,表示奖品的个数,以及小Ho手中的奖券数。
接下来的n行描述每一行描述一个奖品,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。
DP:
什么样算是一个子问题?
首先,我们要想办法把我们现在遇到的问题给抽象化!
以best(i, x)表示已经决定了前i件物品是否选取,当前已经选取的物品的所需奖券数总和不超过x时,能够获取的最高的喜好值的和。
所以有best(N, M) = max{best(N - 1, M - need(N)) + value(N), best(N - 1, M)}!
对于任意i>1, j,我们都可以知道best(i, j)=max{best(i-1, j-need(i)) + value(i), best(i - 1, j)}!
这个01背包问题可以分二维和一维来做,果然一维更巧妙
二维AC代码(672ms,200MB):
#include <cstdio>#include <cstring>#include <algorithm>using namespace std;int dp[502][100002];int need[502], value[502];int main(){int n, m;while(scanf("%d %d", &n, &m) != EOF){for(int i=1; i<=n; i++)scanf("%d %d", &need[i], &value[i]);for(int j=0; j<=m; j++)dp[0][j] = 0;for(int i=1; i<=n; i++)for(int j=0; j<=m; j++)if(j<need[i])dp[i][j] = dp[i-1][j];elsedp[i][j] = max(dp[i-1][j], dp[i-1][j-need[i]] + value[i]);printf("%d\n", dp[n][m]);}return 0;}
一维AC代码:
#include <cstdio>#include <cstring>#include <algorithm>using namespace std;int dp[100005];int need[502], value[502];int main(){int n, m;while(scanf("%d %d", &n, &m) != EOF){for(int i=1; i<=n; i++)scanf("%d %d", &need[i], &value[i]);memset(dp, 0, sizeof(dp));for(int i=1; i<=n; i++)for(int j=m; j>=need[i]; j--)dp[j] = max(dp[j], dp[j-need[i]] + value[i]);printf("%d\n", dp[m]);}return 0;}
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