01背包----简单DP
2024-08-30 16:26:15
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。
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
#include<iostream>
#include<stdio.h>
#include<string>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
using namespace std;
int m, n;
int need[];//第i件物品需要的奖券数
int value[];//第i件物品的喜好值
int dp[][];//dp[i][j]i是拿取的物品件数,j是拿取当前i件物品消耗的奖券数,dp[i][j]是当前状态的喜好值
int main()
{ while (cin >> n >> m)
{
for (int i = ; i <= n; i++)
{
cin >> need[i] >> value[i];
}
for (int i = ; i<m; i++)//初始化,当拿的物品件数为零时,总价值都为零
{
dp[][i] = ;
}
for (int i = ; i <= n; i++)
{
for (int j = ; j <= m; j++)
{
if (j<need[i])//如果当前的奖券数j不足以买第i件物品,那就不买,喜好值保持上一个状态
dp[i][j] = dp[i - ][j];
else
dp[i][j] = max(dp[i - ][j], dp[i - ][j - need[i]] + value[i]);
}
}
cout << dp[n][m] << endl;
}
return ;
}
//优化,时间复杂度降低
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
int dp[], v[], need[];
int main()
{
int n, m;
cin >> n >> m;//n是奖品数,m是奖券数
for (int i = ; i <= n; i++)
{
cin >> need[i] >> v[i];
}
for (int i = ; i <= m; i++)
dp[i] = ;
for (int i = ; i <= n; i++)
{
for (int j = m; j >= need[i]; j--)//倒序,根据动态规划的无后效性,即某阶段的状态一旦确定,则此后过程的演变不再受此前各种状态及决策的影响
{
dp[j] = max(dp[j], dp[j - need[i]] + v[i]);
}
}
cout << dp[m] << endl;
return ;
}
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