hihocoder 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 1000
144 990
487 436
210 673
567 58
1056 897
样例输出
2099

典型背包问题，对于奖品个数N，动态求出N之前所能获得的i个奖品及总分值j(j<=M)，最大值即为i=N时，j=M f[M]的值。
对于背包的问题，考虑第i件奖品拿不拿，因此只牵涉前i-1件奖品总共获取的价值的问题，若不拿第i件奖品，则问题转为用 j 奖券拿前i-1件可拿奖品，其总价值f(i)[j]=f(i-1)[j],若拿第i件奖品，则问题转化为用j-need(i)的奖券拿前i-1件的奖品，用剩下的need(i)奖券拿第i个奖品，其总价值为
f(i)[j]=f(i-1)[j-need(i)]+value(i);
代码如下：

#include "iostream"#include "math.h"using namespace std;int main(){    int f[100050]={0}; //在以j为奖券大小所能取得的最大分值//    int ans=0;    int need[505],value[505];//need需要的奖券,value 评分值//    int N,M;    while (cin>>N>>M)    {        for (int i=1;i<=N;i++)        {            cin>>need[i]>>value[i];        }        for (int i=1;i<=N;i++)        {            for (int j=M;j>=need[i];j--)            {                f[j]=max(f[j],f[j-need[i]]+value[i]);//本次f[j]的大小为上一次f(i-1,j)与f(i-1,j-本次i_need)+value(i);                //当前的f(j)存放是i-1的f(j)，在执行本语句后才更新为本次if(j)                /*j从大变小是因为：若j从小循环大，当f(j较小)已更新为当前i奖品可拿，f(j较大，i可拿)=f(i-1,j-need(i))+value(i),此时的f(i-1,j-need（i）)已更新变为f(i,j(较小)),若从大变小，则不会存在这个问题*/            }        }        cout<<f[M]<<endl;    }    return 0;}