#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。

样例输入

5 1000144 990487 436210 673567 581056 897

样例输出

2099

这个问题如果要开一个n*n的二维数组时是十分占内存的

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
且说小Ho搞清楚了计算方法，正在埋头苦写代码，在一旁看他写代码的小Hi是在看不下去了，决定再指点指点小Ho：“小Ho啊！”
“怎么了？”小Ho眼睛盯着屏幕，望都没望小Hi一眼。
“你现在是不是需要开一个N * M大小的二维数组best，来记录求解出的best值呀？”
小Ho终于有了点反应，抬起头来说道：“是啊，怎么了？“
“我有办法不用开这么大空间哦~”小Hi笑嘻嘻道：”可我就是不告诉你！”
“诶，别这样，我请你吃雪糕！”小Ho一听就急了，连忙许下了报酬。
“开玩笑啦~”小Hi也是随便逗了逗乐子就没继续：“你想想，在i已经是10以上的时候，best(5, j)这样的值还有用么？”
“没有用了……你是说，我并不需要在内存中存下来所有的best(i, j)，没有用了的值都可以不进行保存……也就是说，实际上只要开一个2*M大小的数组就可以了，然后像这样的方式进行来回的计算，是不是就可以了？”

“是的呢！但是还可以更少哦~让我来写这个程序的话，我只需要开一个M大小的一维数组就可以了”小Hi自信的说道：“你想想，如果我按照j从M到1的顺序，也就是跟之前相反的顺序来进行计算的话。另外根据我们的状态转移方程，可以显然得出如果状态(iA, jA)依赖于状态(iB, jB)，那么肯定有iA = iB+1, jA>=jB。所以不难得出一个结论：我在计算best(i, j)的时候，因为best(i, j+1..M)这些状态已经被计算过了，所以意味着best(i - 1, k)，k=j..M这些值都没有用了——所有依赖于他们的值都已经计算完了。于是它们原有的存储空间都可以用来存储别的东西，所以我不仿直接就将best(i, j)的值存在best(i-1, j)原有的位置上，就像这样。”

“原来还可以这样！这样一处理，不仅空间复杂度小了很多，代码也很好看了呢！”小Ho开心道。
代码：

#include <cstdio>#include <cstring>#include <iostream>using namespace std;#define Max(a,b) a>b?a:bint dp[111111];int need[555];int value[555];int main(){    int n , v;    memset(dp,0,sizeof(dp));    scanf("%d%d",&n,&v);    for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d%d",&need[i],&value[i]);    for(int i =1;i<=n;i++)    for(int j =v;j>=need[i];j--){        dp[j]=Max(dp[j],dp[j-need[i]]+value[i]);    }    printf("%d\n",dp[v]);    return 0;}