01背包问题HDU2602

http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=2602

典型的01背包问题，用动态规划来解即可。

用子问题定义状态：即f[i][v]表示前i件物品恰放入一个容量为v的背包可以获得的最大价值。
则其状态转移方程便是： f[i][v]=max{f[i-1][v],f[i-1][v-c[i]]+w[i]} 这个方程非常重要
，基本上所有跟背包相关的问题的方程都是由它衍生出来的。所以有必要将它详细解释一下：“将前i件物品放入容量为v的背包中”这个子问题，若只考虑第i件物品的策略
（放或不放），那么就可以转化为一个只牵扯前i-1件物品的问题。如果不放第i件物品，那么问题就转化为“前i-1件物品放入容量为v的背包中”，价值为f[i-1][v]；
如果放第i件物品，那么问题就转化为“前i-1件物品放入剩下的容量为v-c[i]的背包中”，此时能获得的最大价值就是f[i-1][v-c[i]]再加上通过放入第i件物品获得的价值w[i]。
开始时用的二维数组做，i从1开始到n，j从0到n，完成整个矩阵，这里知道了，其实之前的很多无用功都是为了在之后的调用时能够缩短时间，这也是递归转向递推，中间值进行
保留的思想

#include<stdio.h>
#include<string.h>
int dp[1001][1001];
int max(int a,int b)
{
    return a>b?a:b;
}
int main()
{
    int t,n,v,va[1001],vo[1001],i,j;
    scanf("%d",&t);
    while(t--)
    {
       memset(dp,0,sizeof(dp));
       scanf("%d%d",&n,&v);
       for(i=1;i<=n;i++)
       scanf("%d",&va[i]);//价值
        for(i=1;i<=n;i++)
       scanf("%d",&vo[i]);//体积
       for(i=1;i<=n;i++)
       for(j=0;j<=v;j++)
       {
          if(j<vo[i])//当剩余的体积不够放入第i件物品时，它最多能放入的价值只能是跟上一个i-1那个价值一样 
          dp[i][j]=dp[i-1][j];
          else dp[i][j]=max(dp[i-1][j-vo[i]]+va[i],dp[i-1][j]);//如果大了，那么就比较放入第i个和不放入第i个所能获得的最大值，保留最大值 
       }
     printf("%d
", dp[n][v]);
    }
    return 0;
}

在空间上还能再优化

优化空间复杂度 以上方法的时间和空间复杂度均为O(N*V)，其中时间复杂度基本已经不能再优化了，但空间复杂度却可以优化到O(V)。 先考虑上面讲的基本思路如何实现，肯定是有一个主循环i=1..N，
每次算出来二维数组f[i][0..V]的所有值。那么，如果只用一个数组f[0..V]，能不能保证第i次循环结束后f[v]中表示的就是我们定义的状态f[i][v]呢？f[i][v]是由f[i-1][v]和
f[i-1][v-c[i]]两个子问题递推而来，能否保证在推f[i][v]时（也即在第i次主循环中推f[v]时）能够得到f[i-1][v]和f[i-1][v-c[i]]的值呢？事实上，这要求在每次主循环中我们以v=V..0
的顺序推f[v]，这样才能保证推f[v]时f[v-c[i]]保存的是状态f[i-1][v-c[i]]的值。伪代码如下： for i=1..N     for v=V..c[i]         f[v]=max{f[v],f[v-c[i]]+w[i]}; 其中的
f[v]=max{f[v],f[v-c[i]]}一句恰就相当于我们的转移方程f[i][v]=max{f[i-1][v],f[i-1][v-c[i]]}，因为现在的f[v-c[i]]就相当于原来的f[i-1][v-c[i]]。如果将v的循环顺序从上面
的逆序改成顺序的话，那么则成了f[i][v]由f[i][v-c[i]]推知，与本题意不符，但它却是另一个重要的背包问题P02最简捷的解决方案，故学习只用一维数组解01背包问题是十分必要的。 事实上，使
用一维数组解01背包的程序在后面会被多次用到，所以这里抽象出一个处理一件01背包中的物品过程，以后的代码中直接调用不加说明。 过程ZeroOnePack，表示处理一件01背包中的物品，两个参数
cost、weight分别表明这件物品的费用和价值。 procedure ZeroOnePack(cost,weight)     for v=V..cost         f[v]=max{f[v],f[v-cost]+weight} 注意这个过程里的处理与
前面给出的伪代码有所不同。前面的示例程序写成v=V..0是为了在程序中体现每个状态都按照方程求解了，避免不必要的思维复杂度。而这里既然已经抽象成看作黑箱的过程了，就可以加入优化。费用为
cost的物品不会影响状态f[0..cost-1]，这是显然的。 有了这个过程以后，01背包问题的伪代码就可以这样写： for i=1..N     ZeroOnePack(c[i],w[i]); 初始化的细节问题 我们看到的
求最优解的背包问题题目中，事实上有两种不太相同的问法。有的题目要求“恰好装满背包”时的最优解，有的题目则并没有要求必须把背包装满。一种区别这两种问法的实现方法是在初始化的时候有所不同。
 如果是第一种问法，要求恰好装满背包，那么在初始化时除了f[0]为0其它f[1..V]均设为-∞，这样就可以保证最终得到的f[N]是一种恰好装满背包的最优解。 如果并没有要求必须把背包装满，而是只
希望价格尽量大，初始化时应该将f[0..V]全部设为0。 为什么呢？可以这样理解：初始化的f数组事实上就是在没有任何物品可以放入背包时的合法状态。如果要求背包恰好装满，那么此时只有容量为0的
背包可能被价值为0的nothing“恰好装满”，其它容量的背包均没有合法的解，属于未定义的状态，它们的值就都应该是-∞了。如果背包并非必须被装满，那么任何容量的背包都有一个合法解“什么都不装”，
这个解的价值为0，所以初始时状态的值也就全部为0了。 这个小技巧完全可以推广到其它类型的背包问题，后面也就不再对进行状态转移之前的初始化进行讲解。 小结 01背包问题是最基本的背包问题，它
包含了背包问题中设计状态、方程的最基本思想，另外，别的类型的背包问题往往也可以转换成01背包问题求解。故一定要仔细体会上面基本思路的得出方法，状态转移方程的意义，以及最后怎样优化的空间
复杂度。

#include<stdio.h>
#include<string.h>
int dp[1001];
int max(int a,int b)
{
    return a>b?a:b;
}
int main()
{
    int t,n,v,va[1001],vo[1001],i,j;
    scanf("%d",&t);
    while(t--)
    {
       memset(dp,0,sizeof(dp));
       scanf("%d%d",&n,&v);
       for(i=1;i<=n;i++)
       scanf("%d",&va[i]);//价值
        for(i=1;i<=n;i++)
       scanf("%d",&vo[i]);//体积
       for(i=1;i<=n;i++)
       for(j=v;j>=vo[i];j--)
       {
          dp[j]=max(dp[j-vo[i]]+va[i],dp[j]);
       }
     printf("%d
", dp[v]);
    }
    return 0;
}