湖南多校对抗赛---Rectangle(01背包)

 题目网址：http://acm.csu.edu.cn/OnlineJudge/problem.php?cid=2071&pid=0

Description

Now ,there are some rectangles. The area of these rectangles is 1* x or 2 * x ,and now you need find a big enough rectangle( 2 * m) so that you can put all rectangles into it(these rectangles can't rotate). please calculate the minimum m satisfy the condition.

Input

There are some tests ,the first line give you the test number.
Each test will give you a number n (1<=n<=100)show the rectangles number .The following n rows , each row will give you tow number a and b. (a = 1 or 2 , 1<=b<=100).

Output

Each test you will output the minimum number m to fill all these rectangles.

Sample Input

2
3
1 2
2 2
2 3
3
1 2
1 2
1 3

Sample Output

7
4

 

解题Report：

显然题意很简单，就是找出能盛下所有矩形的最小的大矩形（注意条件小矩形的宽为1或2，大矩形的宽为2），另外不能够旋转（开始的时候题意根本没有说清楚，以为小的不能旋转，但是大的能够旋转，吃了很大的亏，因为这样的话1,2    2,2     2,2这样的测试数据需要把前面的数相加，也就是应该是5，但是事实证明这样时候是想多了）

其实刚拿到题的时候就把这道题归为了01背包的问题，就是小矩形的宽为2的直接相加，剩下的为1的就放在背包里就行了，也就是说从宽度小于1的和的一半（注意奇偶性）开始遍历，每次把背包的容量加1，当背包正好装满的时候这就是最小的长度，所以很简单喽

开始的时候一直没有A掉，就是因为没有初始化，第一次背包没有装满，当第二次的时候就直接用上一次的那个数组了，这样肯定是不对的，然后想了好多的边界条件，结果是越改越错，越改越不对了，这个可恨的错还是比赛之后查出来的，当时A的用的是第二种。。。

代码：

 #include <iostream>
#include <string.h>
#include <stdio.h>
using namespace std;
int main()
{
int T;
cin>>T;
while(T--)
{
	int n,count=0,tmp=0,vol[1001],f[10050]={0},sum=0;
	int a,b;
	cin>>n;
    while(n--){
    	cin>>a>>b;
    	if(a==2) count+=b;
    	else {
		  vol[tmp++]=b;
		  sum+=b;
    	}
    } 
    int xx=(sum%2==0?sum/2:sum/2+1);
	for(int v=xx;v<=sum;v++){
		memset(f,0,sizeof(f));
		for(int i = 0 ; i < tmp ; i++)  //便利i件物品
        {
            for(int j = v ; j >= vol[i]; j--)
            {
                int tem = f[  j-vol[i]  ] + vol[i];
                if( f[j] < tem )
                f[j] = tem;
            }
        }
        if(f[v]==v) 
		{
        cout<<count+v;
		if(T!=0) cout<<endl;
        break;
		}
	} 
}
 return 0;
}

没有办法，受人启发，WR了好几次只好稍微改了下思路，但是动规的思路没有改，也就是在看背包的时候直接用和的一半做背包的容积，运用01背包的方式，找出能盛下的最大的体积，然后和剩下的长度相比，哪个大就输出哪个（别忘了加上宽度为2的长度），很明显这种做法更加巧妙，按理来说也速度应该更快，但是这道题的数据量不是很大，所以没有明显的作用。

#include <iostream>
#include <string.h>
#include <stdio.h>
using namespace std;
int main()
{
int T;
cin>>T;
while(T--)
{
    int n,count=0,tmp=0,vol[1001],f[10050]={0},sum=0;
    int a,b,mark=0;
    cin>>n;
    while(n--){
        cin>>a>>b;
        if(a==2){
        count+=b;
        }
        else {
          vol[tmp++]=b;
          sum+=b;
        }
    }
    int v=sum/2; 
    for(int i = 0 ; i < tmp ; i++)  //遍历i件物品
    {
       for(int j = v ; j >= vol[i]; j--)
       {
         int tem = f[  j-vol[i]  ] + vol[i];
         if( f[j] < tem )
            f[j] = tem;
       }
    }
    cout<<(sum-f[v]>f[v]?count+sum-f[v]:count+f[v])<<endl;
}
 return 0;
}
 

其实这道题给我的最大的启发根本不是这道题的知识点，因为背包早就做过，而是每道题的解题方式和方法，其实在ACM这类题中很少有在格式上很严格（一些特殊题型如字符串处理除外），重在算法，所以说一道题没有AC掉的话首先应该想到的是算法的问题（当然这是在边界条件考虑之后的），当时做这道题最大的缺点就是太过相信写的算法了，一心在找边界条件，而忽略了这一点，以后要注意了。。。