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{egin{array}{rcl}
max(dp(i-1,j-c[i])+v[i],dp(i-1,j)) & j>=c[i]\
dp(i-1,j) & j<c[i]
end{array}
ight.
]
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{egin{array}{rcl}
max(dp(!d,j-c[i])+v[i],dp(!d,j))&j>=c[i]\
dp(!d,j)&j<c[i]
end{array}
ight.
]
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{egin{array}{rcl}
max(dp(j),dp(j-c[i])+v[i])&j>=c[i]\
dp(j)&j<c[i]
end{array}
ight.
]
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<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#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){ if(c=='-') f=-1; c=getchar(); }
while('0'<=c&&c<='9') x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48),c=getchar();
return x*f;
}
int main(){
m=read(),n=read();
for(register int i=1;i<=n;i++) c[i]=read();
dp[0]=true;
for(register int i=1;i<=n;i++){
for(register int j=m;j>=c[i];j--) if(dp[j-c[i]]){
dp[j]=true;
}
}
for(register int i=m;i>=0;i--) if(dp[i]){
printf("%d
",i); break;
}
return 0;
}