洛谷【P1048 採藥】題解

題目連接

分析：典型的01揹包問題，設dp[i][j]爲空間（也就是題面中的時間）是j的揹包在裝前i個物品（草藥）所得的最大價值，v[i]爲第i個物品的重量（採藥的時間），w[i]爲第i個物品（草藥）的價值，則有：

當j>v[i]時，dp[i][j]=max{dp[i-1][j],dp[i-1][j-v[i]]+w[i]}

當j<=v[i]時，dp[i][j]=dp[i-1][j]

接下來，咱們就來詳細解析一下咱們的前輩是怎樣獲得這個公式的。（知道的能夠跳過）

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假設咱們如今有這樣一組數據：

10 4

3 4

4 7

6 11

8 16

咱們須要列一個表格，來模擬dp數組變化的過程。（不要使用上面的狀態轉移方程，要手推，這樣才能理解這個方程！！）

若是你模擬的沒錯的話，表格最後會是這樣的：

咱們發現，dp[i][j]總比上面的dp[i-1][j]多（或相等），這是爲何呢？（請仔細想一想，在閱讀下面的文字）

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由於，dp[i][j]表示的是空間是j的揹包在裝前i個物品所得的最大價值，少裝一個物品（也有可能裝的同樣）不可能比多裝一個物品的價值高，對吧？O(∩_∩)O

由於上一行（dp[i-1][j]）已經把能裝的都裝了，因此咱們只須要考慮當前物品是否能裝的下當前的揹包就能夠了。

因此，有了這個神奇的狀態轉移方程：

當j>v[i]時，f[i][j]=max{f[i-1][j],f[i-1][j-v[i]]+w[i]}

當j<=v[i]時，f[i][j]=f[i-1][j]

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ok,說了這麼多，終於到了你們期待的代碼環節：

獻上本蒟蒻的代碼：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std; 
int main()
{
    int n,m;
    int w[105],v[105],dp[105][1005];
    memset(dp,0,sizeof(dp));
    int i,j;
    scanf("%d %d",&m,&n);
    for(i=1;i<=n;i++) scanf("%d %d",&v[i],&w[i]);
    for(i=1;i<=n;i++)
    {
        for(j=0;j<=m;j++)
        { 
            if(j<v[i]) dp[i][j]=dp[i-1][j];
            else dp[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[i-1][j-v[i]]+w[i]);
        }       
    }
    printf("%d\n",dp[n][m]);
    return 0;
}

可是------------------

這個代碼是能進行空間優化的！（雖然這道題不須要）

考慮到狀態轉移方程只對上一行（dp[i-1][j]）進行操做，因此咱們能夠將dp數組從這樣：

dp[105][1005]

變成這樣：

dp[1005]（詳見代碼）

這，就是傳說中的滾動數組。

固然，優化了空間以後，中間的操做也須要一些特殊的操做。（詳見代碼）

獻上本蒟蒻的滾動數組代碼：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std; 
int main()
{
    int n,m;
    int w[105],v[105],dp[1005];
    memset(dp,0,sizeof(dp));
    int i,j;
    scanf("%d %d",&m,&n);
    for(i=1;i<=n;i++) scanf("%d %d",&v[i],&w[i]);
    for(i=1;i<=n;i++)
        for(j=m;j>=0;j--)
            if(j>=v[i]) dp[j]=max(dp[j-v[i]]+w[i],dp[j]);
    printf("%d\n",dp[m]);
    return 0;
}

評測結果：

不加空間優化：

加滾動數組空間優化：

雖然好像沒什麼變化