FZU 2214 Knapsack problem【DP】【超大容量背包】

题目链接

http://acm.fzu.edu.cn/problem.php?pid=2214

思路

咋一看是个01背包问题，但背包容量很大，有 109 ，数组肯定开不下，所以要换种思路。

就是设dp[i]为拿到总价值为i的物品时所需的最小的背包容量，那么dp[tot_v]=tot_w，其他初始化为INF，然后对于第i个物品，遍历所有价值j，dp[j-v[i]]=min(dp[j-v[i]],dp[j]-w[i])，表示不拿第i个物品。之所以能这样是因为如果dp[i]!=INF，则肯定存在一种方案能到达这种状态，那么在这种方案的基础上继续决定当前物品拿不拿就行了。

AC代码

#include <iostream>
#include <cstdio>
using namespace std;
typedef long long ll;

ll dp[5000+100];
int v[500+10],w[500+10];
const ll INF=(ll)1<<60;
int main()
{
    int T;
    scanf("%d",&T);
    while(T--)
    {
        int n,b;
        scanf("%d%d",&n,&b);

        ll tot_w=0,tot_v=0;
        for(int i=0 ; i<n ; ++i)
        {
            scanf("%d%d",&w[i],&v[i]);
            tot_v+=v[i];
            tot_w+=w[i];
        }
        for(int i=0 ; i<=tot_v ; ++i)
        {
            dp[i]=INF;
        }
        dp[tot_v]=tot_w;
        for(int i=0 ; i<n ; ++i)
        {
            for(int j=0 ; j<=tot_v ; ++j)
            {
                if(j-v[i]>=0)
                {
                    if(dp[j]-w[i]>=0)
                        dp[j-v[i]]=min(dp[j-v[i]],dp[j]-w[i]);
                }
            }
        }
        for(int i=tot_v ; i>=0 ; --i)
        {
            if(dp[i]<=b)
            {
                printf("%d\n",i);
                break;
            }
        }
    }
    return 0;
}