現在我們有n個配件,他們有不同的價值.
但是我們揹包的容量是有限的,因為我們只有乙個一級包,
所以我們最多可以裝v重量的東西.
但是為了能更好的吃到雞(不存在的)我們要攜帶更有價值的配件,請問我們最多能拿多少價值的配件來當快遞員呢??
輸入的第一行是t,
表示有一共要打t場比賽.
每組資料由三行組成.
第一行包含兩個整數n和v(n <= 1000, v <= 1000).
n表示配件的個數,
v表示一級包的大小(系統會更新嘛).
第二行包含n個整數,
表示每乙個配件的價值.
第三行包含n個整數,
表示每個配件的重量.
最基礎的01揹包問題。
我們首先要建乙個二維dp陣列；
第一維表示第i個配件（1–n），第二維表示揹包的大小(1–v)。
dp[i][j]:表示從第乙個物件取到第i個物件，當揹包大小為j時的所能拿到的最大值。
那麼，再向下一步轉換，得到狀態轉移方程：
dp[ i ][ j + 1 ] = max(dp[ i - 1 ][ j - w[ i ] ] + v[ i ],dp[ i - 1 ][ j ])
其意思就是在拿第i個物件（dp[ i - 1 ][ j - w[ i ] ]）和不拿第i個物件（dp[ i - 1 ][ j ]）之間做選擇。
找出了上面那條狀態轉移方程，題目就很簡單了。
兩層for迴圈：
1：1—>n
2：1—>v
可以看到，如果按照思路來做的話，我們需要的空間為n*v;
當n或者v過大時，我們期望可以減小它的空間複雜度，那麼就有了下面這個只需要空間為n大小的做法。
當我們完成第i-1層的迴圈，到達第i層的迴圈時
觀察我們的dp陣列可以發現：
1：我們第i層是由i-1層轉化過來的，而且第i層是按順序推的。
2：dp陣列的第i層的元素之間沒有關係，因為他們都是由上一層推過來的
所以對於第i層，也就是說我們可以任意順序來推，而且不影響它的值，比如第i層，我可以先求dp[i][4],再求dp[i][1],再求dp[i][5],是完全可以的。
既然如此，我們能不能只利用一層來迴圈呢？
我們發現dp[i][j]只和dp[i-1][k]( k < j )有關！也就是對於第j個，只與它前面的有關，和後面的無關！再結合我們剛才得到的結論：dp陣列的第i層的元素之間沒有關係，我們可以任意順序來推
那麼我們就可以從後面來推,從陣列後面逐個更新( j 的迴圈順序 v—>0)！就避免了會因修改陣列元素出現錯誤的情況了！
得到狀態轉移方程：
dp[i] = max( dp[ i - w[i] ]+ v[i] ,dp[i])(這裡的dp[i] (粗體)就是原來上一層的dp[ i-1 ][ j ])
**如下：
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
using namespace std;
#define max 1100
int n,w;
int w[max]
,v[max]
;int dp[max]
;int
big(
int a,
int b)
void
solve
(void
)sort
(dp,dp+w)
;printf
("%d\n"
,dp[w]);
}int
main()
return0;
}
揹包dp之01揹包變形
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DP 揹包九講之01揹包
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DP 揹包九講之01揹包
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