sdnu 1033 采药

Description

辰辰是个天资聪颖的孩子，他的梦想是成为世界上最伟大的医师。为此，他想拜附近最有威望的医师为师。医师为了判断他的资质，给他出了一个难题。医师把他带到一个到处都是草药的山洞里对他说：“孩子，这个山洞里有一些不同的草药，采每一株都需要一些时间，每一株也有它自身的价值。我会给你一段时间，在这段时间里，你可以采到一些草药。如果你是一个聪明的孩子，你应该可以让采到的草药的总价值最大。” 

如果你是辰辰，你能完成这个任务吗？

Input

输入的第一行有两个整数T（1 <= T <= 1000）和M（1 <= M <= 100），用一个空格隔开，T代表总共能够用来采药的时间，M代表山洞里的草药的数目。接下来的M行每行包括两个在1到100之间（包括1和100）的整数，分别表示采摘某株草药的时间（1 <= t <= T）和这株草药的价值（1 <= v <= 100000）。

Output

输出包括一行，这一行只包含一个整数，表示在规定的时间内，可以采到的草药的最大总价值。

Sample Input

100 5
77 92
22 22
29 87
50 46
99 90

Sample Output

133

对题目的理解：

看到这个题目的时候，首先想到的是贪心算法。贪心算法是每步找到最优解，最后得到整体最优解。但是这个题，每当取单位时间内采药价值最大的草药放入背包里，会导致时间剩余量的变化，即剩余的时间是否能够采剩下的草药。

考虑动态分析

引用

动态规划的定义：
动态规划是运筹学的一个分支，是求解决策过程的最优化的数学方法。20世纪50年代初美国数学家R.E.Bellman等人在研究多阶段决策过程的优化问题时，提出了著名的最优化原理，把多阶段过程转化为一系列单阶段问题，利用各阶段之间的关系，逐个求解，创立了解决这类过程优化问题的新方法——动态规划。在各种算法中，我认为动态规划是较难掌握好的，主要难在模型的建立。 

考虑背包问题

1、假设问题答案
　　我们共有5个物品，答案可以是（1表示取，0表示弃）：00011或者10101或者11000等等。不过不要用1，2，3，4，5代表物品，再用15或者123或者345表示答案。你会发现如果你只考虑取的部分不考虑弃的部分 ，问题答案位数一直不是固定的，增加难度。
２、假设最优答案
　　我们假设最优答案为00011。这样根据动态规划要求，考虑最优子问题。一般考虑子问题都是减少问题包含元素数量，同时保持子问题与原问题属于同种问题，只是考虑数量减少了。比如我们减少第五个背包。那我们的问题变成了什么？这里考虑极其特殊情况，除去的是最后一个物品。

例子：4个物品，（重量w，价值v）分别为：（5，12），（4，3），（7，10），（2，3）。

3、找到原问题与子问题之间联系
　　当00011为原问题最优解，那么0001为子问题最优解。为啥？如果0001不是子问题最优解，假设0101为子问题最优解，那原问题最优解就是01011或者01010。与我们假设相悖。
　　那么从子问题到原问题要经过什么样考虑？我们现在已经找到子问题最优解，到原问题解我们只需考虑第五个物品是取还是弃？如果取，那么取以后背包空余量减少，背包价值增大；如果弃，背包价值也会变化，因为此时我们背包容量变大了，那么我们先前的取法就有可能需要改变。所以我们需要在这里进行判断。
　　如果一个问题的最优解包含了物品n，即物(n)=1，那么其余物1，物2，…，物(n-1)一定构成子问题1，2，…，n-1在背包容量W-w(n)时的最优解。如果这个最优解不包含物品n，即物n=0，那么其余物1，物2，…，物(n-1)一定构成子问题1，2，…，n-1在背包容量W时的最优解。
4、迭代公式的建立
　　首先我们需要考虑是什么可以让我们把问题拆分成子问题？在矩阵链中我们是根据矩阵链中拥有的矩阵Ａ个数来拆分的。通过缩小矩阵个数变成子问题。那么在0-1背包中是否也可以减少个数呢？答案是不一定。假设我们现在考虑选取两个物品，我们是可以直接选择两个价值和最大物品。但是还有一个因素：重量和问题。在重量和不等情况下认为价值和最大的两个物品总价值最大。显然这是不公平的。所以这里我们需要考虑两个因素：一个是物品数量，另一个是背包容量
　　再考虑一下我们问题的变量有哪些？这个地方考虑的只是变量变化的一个相对关系。
　　背包物品i 　　背包当前拥有价值tab 　　背包当前重量j
0 　　　　　　　0　　　　　　　　　　 0
1　　　　　　　 12　　　　　　　　　　5
2 　　　　　　　12+3=15 　　　　　　5+4=9
……
可以看到我们添加一个物品，背包价值增加，背包重量增加。
根据步骤3中我们可以发现：
　tab(i+1) = max( tab(i) + v(i+1) , tab(i) )
　j(i+1) = j(i) + w(i+1) 或者 j(i) 此处变化跟上一个公式对应。
目前的话我们有两个变化公式，在迭代中我们将其转化成一个：

tab[i][j] = max(tab[i-1][j-weight[i]]+value[i],tab[i-1][j]) ({i,j|0< i <=n,0<= j <=total})

5、例题解析过程
　　到第4步，我们已经完成问题的思考，接下来看一下，例题的思考过程，加深理解。

　　看图片中表格第一行，我们就是通过控制背包容量来控制子问题大小。随着背包容量增加，能够容纳更多物品，逐渐扩大，最后直至达到问题背包容量。
　　当i=1时，只能选一个1物品，看1物品行（表中第六行），随着背包容量增大，背包可以放得下1物品
　　当i=2时，可以选1物品和2物品，当背包容量增大至4时，此时我们可以选择2物品价值为3；继续增大背包容量，当背包容量增大至5时，我们可以不放2物品放1物品，价值为12；当背包容量为9时，1物品2物品都可以放得下，两个都放，价值15。
　　。。。。。。
　　看下迭代公式：
　　tab[i][j] = max(tab[i-1][j-weight[i]]+value[i],tab[i-1][j]) ({i,j|0< i <=n,0<= j <=total})
　　当决定是否放入i时，我们需要考虑两种子问题。
　　一：如果放入，那我们考虑在物品数为i-1， 背包容量为j-weight[i]时的价值
　　二：如果不放入，物品数为i-1， 重量为j时的价值
　　哪一个大，选择哪一个。

代码实现

#include 
#include 
#include 
#include 
 int t[1200], v[110];
int mv[110][1200] = {0};

using namespace std;
int main()
{
 int T, M;
 scanf("%d %d", &T, &M);
 for(int i = 0;i < M; i ++)
    scanf("%d %d", &t[i], &v[i]);
 void sove(int M,int T);
 int mxv = 0;
 sove(M,T);
 printf("%d", mv[M][T]);
    return 0;
}
void sove(int M,int T)
{
    for(int i = 0; i < M; i ++)
    {
        for(int j = 0; j <= T; j ++)
            if(j < t[i])
            mv[i + 1][j] = mv[i][j];
            else
            mv[i + 1][j] = max(mv[i][j],mv[i][j - t[i]] + v[i]);
    }
}

参考博客 点击打开链接http://blog.csdn.net/qq_16234613/article/details/52235082