题目描述
约翰遭受了重大的损失:蟑螂吃掉了他所有的干草,留下一群饥饿的牛.他乘着容量为C(1≤C≤50000)个单位的马车,去顿因家买一些干草. 顿因有H(1≤H≤5000)包干草,每一包都有它的体积Vi(l≤Vi≤C).约翰只能整包购买,
他最多可以运回多少体积的干草呢?
输入格式
第1行输入C和H,之后H行一行输入一个Vi.
输出格式
最多的可买干草体积.
很水的01背包裸题,敲着练手感。以免被人说成是大水怪,还是 象征性地 讲讲01背包的做法......
设dp(i,j)表示装到第i个物品,用去了j个单位体积时的最大价值;c[i]为第i个物品的重量,v[i]表示第i个物品的价值。那么显然:
\[ dp(i,j)= \left\{\begin{array}{rcl} max(dp(i-1,j-c[i])+v[i],dp(i-1,j)) & j>=c[i]\\ dp(i-1,j) & j
于是我们填一遍表就可以了,最终答案为dp(n,m).
可以发现对当前计算有用的只有第i层和第i-1层dp数组,之前的都已经没用了,所以可以用滚动数组优化一下:
\[ dp(d,j)= \left\{\begin{array}{rcl} max(dp(!d,j-c[i])+v[i],dp(!d,j))&j>=c[i]\\ dp(!d,j)&j
其实每次j下标的值都是由j-c[i]的值更新过来的,如果我们保证j下标比j-c[i]先更新,我们是可以用一维数组的。具体就是:把循环倒过来做。
\[ dp(j)= \left\{\begin{array}{rcl} max(dp(j),dp(j-c[i])+v[i])&j>=c[i]\\ dp(j)&j
其时间复杂度为:
\[ O(NM) \]
空间复杂度为:
\[ O(M) \]
那么这题只需要求能够运回多少体积的干草,简直就是01背包的弱化版:
\[ dp[j]|=dp[j-c[i]] \]
初始化dp[0]=true,最后循环找一下最大的j,其dp[j]=true即可。
#include
#include
#include
#define maxn 5001
#define maxm 50001
using namespace std;
bool dp[maxm];
int n,m,c[maxn];
inline int read(){
register int x(0),f(1); register char c(getchar());
while(c<'0'||'9'=c[i];j--) if(dp[j-c[i]]){
dp[j]=true;
}
}
for(register int i=m;i>=0;i--) if(dp[i]){
printf("%d\n",i); break;
}
return 0;
}