ACM #1038 : 01背包

#1038 : 01背包

时间限制:20000ms

单点时限:1000ms

内存限制:256MB

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。

分析：

从题目可以看出，这是一题带有限定条件的动态规划。条件是M张奖券。要获得的最优结果是value和最大。

所以设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。”

对最后一件礼物N为例：它的状态为best(N, x)，x<=M。若可以换到它，则可以表示为best(N-1, x-need(N))+value(N)。若换不了它则为best(N-1, x)。

所以best(N, x) = max{best(N-1, x-need(N))+value(N)，best(N-1, x)}。

往前推回去，就可以知道子问题就是 是否换取第i件奖品，选择最大的value和。

状态转移方程为：best(i, x) = max{best(i-1, x-need(i))+value(i)，best(i-1, x)}。

接下来要考虑的是如何使用best(i, j)=max{best(i-1, j-need(i)) + value(i), best(i - 1, j)}来求解每一个best(i, j)了。我们定义一个问题A依赖于另一个问题B当且仅当求解A的过程中需要事先知道B的值，那么我们很容易的发现best(i, j)是依赖于best(i-1, j-need(i))和best(i-1, j)两个问题的，也就是说这两个问题要先于best(i, j)进行求解。所以我们只要按照i从小到大的顺序，以这样的方式进行计算，就可以了

具体代码：

#include <iostream>using namespace std;#define max(a,b) ((a) > (b))? (a):(b)int best[500][100005]void calculate(int n, int m, int *need, int *value){for(int i = 1; i <= n; i++){for (int j = 0; j <= m; j++){if (j < need[i]){best[i][j] = best[i-1][j];} else {best[i][j] = max((best[i-1][j-need[i]] + value[i]), best[i-1][j]);}}}}int main (){int n;//奖品个数int m;//奖券数cin >> n >> m;int *need = new int[n+1];int *value = new int[n+1];need[0] = value[0] = 0;for (int i = 1; i <= n; i++){cin >> need[i] >> value[i];}for(int i = 0; i < 505; i++){for (int j = 0; j < 100005; j++){best[i][j] = 0;}}calculate(n, m, need, value);cout << best[n][m];delete[] need;delete[] value;return 0;}

我们可以从上面代码知道规划的过程。但是开辟了一个N*M大小的二维数组，占用了大量的空间。

观察可以发现当计算best（i, j）时，best(i-2, *) 之前的数都没有用了。完全不需要那么大的空间。用一维数组就可以。

我们可以从让j从M到1进行遍历，那么best(i-1)所需要的奖券一定比best(i)要少，因此就可以储存在best(i, j)之前。

优化后的代码：

#include <iostream>using namespace std;#define max(a,b) ((a) > (b))? (a):(b)int best[100005];void calculate(int n, int m, int *need, int *value){for(int i = 1; i <= n; i++){for (int j = m; j >= need[i]; j--){best[j] = max((best[j-need[i]] + value[i]), best[j]);}}}int main (){int n;//奖品个数int m;//奖券数cin >> n >> m;int *need = new int[n+1];int *value = new int[n+1];need[0] = value[0] = 0;for (int i = 1; i <= n; i++){cin >> need[i] >> value[i];}for (int j = 0; j < m; j++){best[j] = 0;}calculate(n, m, need, value);cout << best[m];delete[] need;delete[] value;return 0;}