hihoCoder1038

时间限制:20000ms

单点时限:1000ms

内存限制:256MB

描述

且说上一周的故事里，小Hi和小Ho费劲心思终于拿到了茫茫多的奖券！而现在，终于到了小Ho领取奖励的时刻了！

小Ho现在手上有M张奖券，而奖品区有N件奖品，分别标号为1到N，其中第i件奖品需要need(i)张奖券进行兑换，同时也只能兑换一次，为了使得辛苦得到的奖券不白白浪费，小Ho给每件奖品都评了分，其中第i件奖品的评分值为value(i),表示他对这件奖品的喜好值。现在他想知道，凭借他手上的这些奖券，可以换到哪些奖品，使得这些奖品的喜好值之和能够最大。

提示一：合理抽象问题、定义状态是动态规划最关键的一步

提示二：说过了减少时间消耗，我们再来看看如何减少空间消耗

输入

每个测试点（输入文件）有且仅有一组测试数据。

每组测试数据的第一行为两个正整数N和M,表示奖品的个数，以及小Ho手中的奖券数。

接下来的n行描述每一行描述一个奖品，其中第i行为两个整数need(i)和value(i)，意义如前文所述。

测试数据保证

对于100%的数据，N的值不超过500，M的值不超过10^5

对于100%的数据，need(i)不超过2*10^5, value(i)不超过10^3

输出

对于每组测试数据，输出一个整数Ans，表示小Ho可以获得的总喜好值。

样例输入

5 1000
144 990
487 436
210 673
567 58
1056 897

样例输出

2099

分析：01背包。
dp[i][j]表示决定前i件物品取舍情况时，当前使用奖券数为j，可以获得的最大价值，
状态转移方程为dp[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[i-1][j-need[i]]+value[i]),(j>=need[i]),
即dp[i][j]=max(第i件不取,第i件取)。初始化dp[0][j]=0.

#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
int value[502],need[502];
int dp[501][100002];
int main()
{
    int N,M;
    scanf("%d%d",&N,&M);
    for(int i=1;i<=N;i++) scanf("%d%d",&need[i],&value[i]);
    for(int i=1;i<=N;i++)
    {
        for(int j=0;j<=M;j++)
        {
            if(j-need[i]>=0)
                dp[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[i-1][j-need[i]]+value[i]);
            else dp[i][j]=dp[i-1][j];
        }
    }
    printf("%d
",dp[N][M]);
    return 0;
}

空间优化的代码：

#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
int value[502],need[502];
int dp[100009];
int main()
{
    int N,M;
    scanf("%d%d",&N,&M);
    for(int i=1;i<=N;i++) scanf("%d%d",&need[i],&value[i]);
    for(int i=1;i<=N;i++)
    {
        for(int j=M;j-need[i]>=0;j--)
        dp[j]=max(dp[j],dp[j-need[i]]+value[i]);
    }
    printf("%d
",dp[M]);
    return 0;
}