POJ-2184:Cow Exhibition-01背包，正负数处理，小计

点击通往原题

最近几天一直写dp，每天都是Cows ，一会上山，一会挤奶，一会偷花，一会开车，今天又看到个智力为负的 orz

题意

给定$N$组数据，每组数据包括$s_i,f_i$,数据有正有负，选择其中一些组，使得保证各组的$\sum s,\sum f$之和分别大于0的前提下，所有数据之和$\sum s+\sum f$最大。
*

这道题对初学者而言简直不要太残忍，不过用了半天时间AC之后感触颇深，写篇博客加深印象
主要难点

1. 抽象，对初学者而言可能不太容易直接联想到0-1背包。
2. 数据的正负问题，负数的处理至关重要。

好下来开始解题

定义全局变量

#define ll int
#define Max 105
#define inf 1000*100*2//100个cow的智慧都是1000，最大情况100*1000

为了处理负数带来的影响，数组要开比较大的size，怎么考虑呢。幸好数据范围不大 ，主要使用坐标轴整体右移的思路最多有100头牛，每个牛的智力范围在 -1000 – 1000 之间， 那他们的总和就是 落在 -100000 – 100000这个区间了里，也就是我们的dp要开200000这么大了。正数从100000开始计数，这样就将负数移到了0-100000的位置。

记得初始化，负数的初始化不能大意

	for (ll i = 0; i < 2 * inf; i++) dp[i] = -inf;
	dp[inf] = 0;

memset好像有bug，希望大佬能给出正确方式

重点来了，0-1背包的变形

• $s[i]>0$这就是正常背包，化简之后的形式就是从后到前进行更新，$if$语句随后再讲。注意是$[0，2\ast inf]$区间都要进行背包，因为$dp[]$必须考虑为负的情况，无论单个$s[i]$是正是负。
• $s[i]<0$稍有特别，如果考虑质量$s[i]=-4$，当前可用质量是$1$，那么我们选了这个$cow$，这意味着啥呢，选他花费-4的代价，如果选了我们可用的质量是1-（-4）=5（总质量-代价），更新1位置，用到了5位置的元素，所以负数是从前往后更新的

	for (ll i = 0; i < n; i++) {
     //一层循环遍历所有奶牛
		//二重循环遍历所有质量，重点！！！
		//质量是正数就是正常的0-1背包，如果质量是负数，选这个物品的话dp数组要向右看，因此右侧
		//需要晚更新，从左到右更新
		/*
			dp[i]的含义，智力总和为i时，幽默感总数的最大值，i是智力总和，dp[i]是幽默感
		*/
		if (s[i] > 0) {
     
			for (ll j = 2 * inf - 1; j >= s[i]; j--) {
     //0-1背包从后往前进行迭代
				if (dp[j - s[i]] > -inf)//智力总和要能达到j-s[i]的程度
					dp[j] = max(dp[j], dp[j - s[i]] + f[i]);
			}
		}
		else {
     
			for (ll j = 0; j < 2 * inf + s[i]; j++) {
     
				if (dp[j - s[i]] > -inf)
					//如果选了这个负数，那么对应的dp[j-s[i]]位置的element
					dp[j] = max(dp[j], dp[j - s[i]] + f[i]);
			}
		}
	}

其实每个奶牛的核心问题只是在于选与不选，如果在$\sum f=j$时选择i牛的话，那么减去选的这个奶牛的$s[i]$，剩余的$j-s[i]$也必须是一个存在的，也就是可以通过已选的奶牛$\sum f$计算出来的值，既然可以计算出来，那么肯定更新过，即条件$>-inf$。

好了，愉快的$AC$，写的过程中发现POJ的数据不是一般的水，代码$[]$扩错了竟然都AC ORZ

最后附上完整代码，以防以后会用到

#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
using namespace std;

#define ll int
#define Max 105
#define inf 1000*100*2//100个cow的智慧都是1000，最大情况100*1000
#define p pair
ll n, s[Max], f[Max], ans = 0;
ll dp[2 * inf];

int main() {
     
	cin >> n;
	//以s[i]为质量，f[i]为价值，进行0-1背包的选择。
	for (ll i = 0; i < n; i++) {
      cin >> s[i] >> f[i]; }
	for (ll i = 0; i < 2 * inf; i++) dp[i] = -inf;
	dp[inf] = 0;
	for (ll i = 0; i < n; i++) {
     //一层循环遍历所有奶牛
		//二重循环遍历所有质量，重点！！！
		//质量是正数就是正常的0-1背包，如果质量是负数，选这个物品的话dp数组要向右看，因此右侧
		//需要晚更新，从左到右更新
		/*
			dp[j]的含义，智力总和为i时，幽默感总数的最大值，i是智力总和，dp[i]是幽默感
		*/
		if (s[i] > 0) {
     
			for (ll j = 2 * inf - 1; j >= s[i]; j--) {
     //0-1背包从后往前进行迭代
				if (dp[j - s[i]] > -inf)//智力总和要能达到j-s[i]的程度
					dp[j] = max(dp[j], dp[j - s[i]] + f[i]);
			}
		}
		else {
     
			for (ll j = 0; j < 2 * inf + s[i]; j++) {
     
				if (dp[j - s[i]] > -inf)
					//如果选了这个负数，那么对应的dp[j-s[i]]位置的element
					dp[j] = max(dp[j], dp[j - s[i]] + f[i]);
			}
		}
	}
	for (ll i = inf; i < 2 * inf; i++) {
     
		if (dp[i] > 0)//此时f[i]的和是大于0的,是一个可以选择的状态
			ans = max(ans, dp[i] + i - inf);
		/*
		一开始不太理解为什么是i-inf，这里主要要搞清楚i是什么含义，dp[i]中的i表示的是质量的限制，
		也就是到这里用了多少质量了，可以看到dp没有从dp[i-1]->dp[i]的转化过程，也就是说，不等于
		-inf的项，都是可以达到的质量，
		*/
	}
	cout << ans << endl;
}