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hihoCoder - 1038 - 01背包 （经典动态规划问题！！）
#1038 : 01背包
- 样例输入
5 1000 144 990 487 436 210 673 567 58 1056 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];
else
dp[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;
}hihoCoder - 1038 - 01背包 （经典动态规划问题！！）