UESTC-31 饭卡---- 贪婪算法中的0-1背包问题

UESTC-31 饭卡

电子科大本部食堂的饭卡有一种很诡异的设计，即在购买之前判断余额。如果购买一个商品之前，卡上的剩余金额大于或等于5元，就一定可以购买成功（即使购买后卡上余额为负），否则无法购买（即使金额足够）。所以大家都希望尽量使卡上的余额最少。

某天，食堂中有n种菜出售，每种菜可购买一次。已知每种菜的价格以及卡上的余额，问最少可使卡上的余额为多少。

Input

多组数据。对于每组数据：

• 第一行为正整数n，表示菜的数量。n≤1000。
• 第二行包括n个正整数，表示每种菜的价格。价格不超过50。
• 第三行包括一个正整数m，表示卡上的余额。m≤1000。

n=0表示数据结束。

Output

对于每组输入,输出一行,包含一个整数，表示卡上可能的最小余额。

http://acm.uestc.edu.cn/#/problem/show/31

下面为自己的代码，无法AC，显示restricted function

百度之，知道原来是我使用了系统限制使用的函数：new，因为系统不能保证每个coder都能规范合理使用delete来释放申请的空间，为了防止内存泄露，

系统果断限制使用这类函数。。。真心虐心。该问题的核心解决方案，是贪婪算法中的经典0-1背包问题。

#include<iostream>#include<algorithm>#include<cstring>using namespace std;int cmppp(const void * a,const void * b){return (*(int *)a  - *(int*)b);}int main(){int n;while(cin>>n && n){int money;int * food=new int[n];for(int i=0;i<n;i++){cin>>food[i];}cin>>money;if(money<5){cout<<money<<endl;delete[] food;continue;}qsort(food,n,sizeof(int),cmppp);int *dp=new int[money];memset(dp,0,sizeof(int)*(money));//对dp进行初始化 for(int i=0;i<n-1;i++)for(int j=money-5;j>=food[i];j--){if(dp[j-food[i]]+food[i]>dp[j])dp[j]=dp[j-food[i]]+food[i];//dp[x]代表消费额之和接近x的数! }int result=money-dp[money-5]-food[n-1];cout<<result<<endl;delete [] dp;delete [] food;}return 0;}

背包问题：

问题描述：

给定N中物品和一个背包。物品i的重量是W_i,其价值位V_i ，背包的容量为C。问应该如何选择装入背包的物品，使得转入背包的物品的总价值为最大？？

在选择物品的时候，对每种物品i只有两种选择，即装入背包或不装入背包。不能讲物品i装入多次，也不能只装入物品的一部分。因此，该问题被称为0-1背包问题。 

 

问题分析：令V(i,j)表示在前i(1<=i<=n)个物品中能够装入容量为就j(1<=j<=C)的背包中的物品的最大价值，则可以得到如下的动态规划函数:

(1)   V(i,0)=V(0,j)=0 

(2)   V(i,j)=V(i-1,j)  j<w_i  

       V(i,j)=max{V(i-1,j) ,V(i-1,j-w_i)+v_i) } j>w_i

(1)式表明：如果第i个物品的重量大于背包的容量，则装人前i个物品得到的最大价值和装入前i-1个物品得到的最大价是相同的，即物品i不能装入背包；第(2)个式子表明:如果第i个物品的重量小于背包的容量，则会有一下两种情况：(a)如果把第i个物品装入背包，则背包物品的价值等于第i-1个物品装入容量位j-w_i 的背包中的价值加上第i个物品的价值v_i; (b)如果第i个物品没有装入背包，则背包中物品价值就等于把前i-1个物品装入容量为j的背包中所取得的价值。显然，取二者中价值最大的作为把前i个物品装入容量为j的背包中的最优解。

关键代码如下：

for(int k=1;k<=N;k++){for(int y=B;y>0;y--){F[y]=max{F[y],F[y-w[i]]+v[i]};}}