HDU1864-最大报销额

现有一笔经费可以报销一定额度的发票。允许报销的发票类型包括买图书（A类）、文具（B类）、差旅（C类），要求每张发票的总额不得超过1000元，每张发票上，单项物品的价值不得超过600元。现请你编写程序，在给出的一堆发票中找出可以报销的、不超过给定额度的最大报销额。
Input
测试输入包含若干测试用例。每个测试用例的第1行包含两个正数 Q 和 N，其中 Q 是给定的报销额度，N（<=30）是发票张数。随后是 N 行输入，每行的格式为：
m Type_1:price_1 Type_2:price_2 … Type_m:price_m
其中正整数 m 是这张发票上所开物品的件数，Type_i 和 price_i 是第 i 项物品的种类和价值。物品种类用一个大写英文字母表示。当N为0时，全部输入结束，相应的结果不要输出。
Output
对每个测试用例输出1行，即可以报销的最大数额，精确到小数点后2位。
Sample Input
200.00 3
2 A:23.50 B:100.00
1 C:650.00
3 A:59.99 A:120.00 X:10.00
1200.00 2
2 B:600.00 A:400.00
1 C:200.50
1200.50 3
2 B:600.00 A:400.00
1 C:200.50
1 A:100.00
100.00 0
Sample Output
123.50
1000.00
1200.50

分析：

题意：
中文题目，都看得懂！

解析：
这是一个01背的问题！普通的01背包的算法就可解决，但是我看到很多大佬的运行时间都是0ms,这让我很吃惊！所以仔细研究了他们的代码！果然啊！还是太菜了！
大佬没有做太大的改动，就是将下面的代码小改了一下：

改动前：

for(i=1;i<=N;i++)
	for(v=V;v>=a[i];v--)
		f[v]=max(f[v],f[v-a[i]]+a[i]);

改动后：

for(i=1;i<=N;i++)
	for(j=N;j>1;j--)
		if(f[j-1]+a[i]<=V)
			f[j]=max(f[j],f[j-1]+a[i]);

改动之前的时间复杂度为:O(vn),改动之后为O(n^2);就是因为这道题的特殊性，因为n最大才30，而V最大可达到3000000=100010030,差距可想而知！

感想：学到了，学到了！

代码：

#include
#include
#include
#include 
#define N 35

using namespace std;

double sum[N];
double book[5];
double dp[N];

int main()
{
	double Max,v;
	int n,m;
	char var;
	bool flag;
	while(~scanf("%lf%d",&Max,&n)&&n)
	{
		for(int i=1;i<=n;i++)
		{
			flag=true;
			scanf("%d",&m);
			for(int j=1;j<=m;j++)
			{
				scanf("%*c%c:%lf",&var,&v);
				if(var!='A'&&var!='B'&&var!='C'||v>600)
					flag=false;
				else
					book[var-'A']+=v;
			}
			if(flag&&book[0]<=600&&book[1]<=600&&book[2]<=600&&book[0]+book[1]+book[2]<=1000)
				sum[i]=book[0]+book[1]+book[2];
			memset(book,0,sizeof(book));
		}
		for(int i=1;i<=n;i++)
		{
			for(int j=n;j>=1;j--)
			{
				if(j==1||dp[j-1]>0&&dp[j-1]+sum[i]<=Max)
					dp[j]=max(dp[j],dp[j-1]+sum[i]);
			}
		}
		Max=0;
		for(int i=1;i<=n;i++)
		{
			if(dp[i]>Max)
				Max=dp[i];
		}
		printf("%.2lf\n",Max);
		memset(sum,0,sizeof(sum));
		memset(dp,0,sizeof(dp));
	}
	return 0;
}