Many years ago , in Teddy’s hometown there was a man who was called “Bone Collector”. This man like to collect varies of bones , such as dog’s , cow’s , also he went to the grave …
The bone collector had a big bag with a volume of V ,and along his trip of collecting there are a lot of bones , obviously , different bone has different value and different volume, now given the each bone’s value along his trip , can you calculate out the maximum of the total value the bone collector can get ?
Input
The first line contain a integer T , the number of cases.
Followed by T cases , each case three lines , the first line contain two integer N , V, (N <= 1000 , V <= 1000 )representing the number of bones and the volume of his bag. And the second line contain N integers representing the value of each bone. The third line contain N integers representing the volume of each bone.
Output
One integer per line representing the maximum of the total value (this number will be less than 2 31).
Sample Input
1
5 10
1 2 3 4 5
5 4 3 2 1
Sample Output
14
01背包问题，这种背包特点是：每种物品仅有一件，可以选择放或不放。
用子问题定义状态：即dp[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：
dp[i][v]=max{dp[i-1][v],dp[i-1][v-cost[i]]+value[i]}
注意体积为零的情况，如：
1
5 0
2 4 1 5 1
0 0 1 0 0
结果为12
#include<iostream>
using namespace std;
int dp[1000][1000];int max(int x,int y)
{return x>y?x:y;
}int main()
{int t,n,v,i,j;int va[1000],vo[1000];cin>>t;while(t--){cin>>n>>v;for(i=1;i<=n;i++)cin>>va[i];for(i=1;i<=n;i++)cin>>vo[i];memset(dp,0,sizeof(dp));//初始化操作for(i=1;i<=n;i++){for(j=0;j<=v;j++)// 注意 j 是从 0 开始的 应为 背包的容量 可能为零 {if(vo[i]<=j)//表示第i个物品将放入大小为j的背包中dp[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[i-1][j-vo[i]]+va[i]);//第i个物品放入后，那么前i-1个物品可能会放入也可能因为剩余空间不够无法放入else //第i个物品无法放入dp[i][j]=dp[i-1][j];}}cout<<dp[n][v]<<endl;}return 0;
}该题的第二种解法就是对背包的优化解法，当然只能对空间就行优化，时间是不能优化的。
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dp[i][0..V]的所有值。
那么，如果只用一个数组dp[0..V]，能不能保证第i次循环结束后dp[v]中表示的就是我们定义的状态dp[i][v]呢？
dp[i][v]是由dp[i-1][v]和dp[i-1][v-c[i]]两个子问题递推而来，能否保证在推dp[i][v]时（也即在第i次主循环中推dp[v]时）能够得到dp[i-1][v]和dp[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dp[v]，这样才能保证推dp[v]时dp[v-c[i]]保存的是状态dp[i-1][v-c[i]]的值。伪代码如下：
for i=1..N
for v=V..0dp[v]=max{dp[v],dp[v-c[i]]+w[i]};
注意：这种解法只能由V–0，不能反过来，如果反过来就会造成物品重复放置！
#include<iostream>
using namespace std;
#define Size 1111
int va[Size],vo[Size];
int dp[Size];
int Max(int x,int y)
{return x>y?x:y;
}
int main()
{int t,n,v;int i,j;cin>>t;while(t--){cin>>n>>v;for(i=1;i<=n;i++)cin>>va[i];for(i=1;i<=n;i++)cin>>vo[i];memset(dp,0,sizeof(dp));for(i=1;i<=n;i++){for(j=v;j>=vo[i];j--){dp[j]=Max(dp[j],dp[j-vo[i]]+va[i]); }}cout<<dp[v]<<endl;}return 0;
}背包的问题 大家 如果 一时半会 看不懂 最优解 是怎样 得到的 你们 可以 调试程序 仔细 观察 dp 数组 里面 值得 变化 ， 还有 要 想一想 程序中
dp[j] = max(dp[j], dp[j-weight[i]] + value[i]);和
dp[i][j] = max(dp[i-1][j], dp[i-1][j-weight[i]] + value[i]);代码中 “j - weight[i]” 是为了什么 ， 如果 这个 你想通了 你就 明白啦 这个 就是 最优解 更新的 关键 点！
其实 最优解 的 得出 和 你想的 一样 首先 的一个 放进去的 肯定是 一个 性价比 最高的 那个 物品， 但是 程序 却 是 从 第一个 物品 开始 遍历，当然 程序 中 还有 最优解 的 比较 嘛 是吧 ， 所以 呀 大家可以 看一下 第一个 最优解 程序 是如何 得出的 ， 后面的 都差不多 ，大家 努力 把 ， 功夫 不付有心人 ，相信大家 一定可以 通过自己的努力 弄明白的 ！！