hdu 3535(背包综合题）

题目链接：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=3535

一道需要深刻理解状态转移的背包题：dp[i][j],表示第i组，时间剩余为j时的快乐值。每得到一组工作就进行一次DP，所以dp[i]为第i组的结果。

1、至少选一项，即必须要选，那么在开始时，对于这一组的dp的初值，应该全部赋为负无穷，这样才能保证不会出现都不选的情况。状态转移方程为dp[i][k]=max{ dp[i][k],dp[i-1][k-cost[j]]+val[j],dp[i][k-cost[j]]+val[j] }。dp[i][k]是不选择当前工作；dp[i-1][k-cost[j]]+val[j]是选择当前工作，但是是第一次在本组中选，由于开始将该组dp赋为了负无穷，所以第一次取时，必须由上一组的结果推知，这样才能保证得到全局最优解；dp[i][k-cost[j]]+val[j]表示选择当前工作，并且不是第一次取。

2、最多选一项，即要么不选，一旦选，只能是第一次选。所以状态转移方程为dp[i][k]=max{ dp[i][k],dp[i-1][k-cost[j]]+val[j]}。由于要保证得到全局最优解，所以在该组DP开始以前，应该将上一组的DP结果先复制到这一组的dp[i]数组里，因为这一组的数据是在上一组数据的基础上进行更新的。

3、任意选，即不论选不选，选几次都可以，显然状态转移方程为dp[i][k]=max{ dp[i][k],dp[i-1][k-cost[j]]+val[j],dp[i][k-cost[j]]+val[j] }。同样要保证为得到全局最优解，先复制上一组解。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define MAXN 111
#define inf 1<<30
int dp[MAXN][MAXN];//dp[i][j]表示第i组，时间剩余为j时的快乐值。
int w[MAXN],value[MAXN];
int N,V,M,flag;

int main(){
    while(~scanf("%d%d",&N,&V)){
        memset(dp,0,sizeof(dp));
        for(int i=1;i<=N;i++){
            scanf("%d%d",&M,&flag);
            for(int j=1;j<=M;j++){
                scanf("%d%d",&w[j],&value[j]);
            }
            if(flag==0){
                for(int j=0;j<=V;j++)
                    dp[i][j]=-inf;
                for(int j=1;j<=M;j++){
                    for(int k=V;k>=w[j];k--){
                        dp[i][k]=max(dp[i][k],max(dp[i-1][k-w[j]]+value[j],dp[i][k-w[j]]+value[j]));
                    }
                }
            }else if(flag==1){
                for(int j=0;j<=V;j++)
                    dp[i][j]=dp[i-1][j];
                for(int j=1;j<=M;j++){
                    for(int k=V;k>=w[j];k--){
                        dp[i][k]=max(dp[i][k],dp[i-1][k-w[j]]+value[j]);
                    }
                }
            }else {
                for(int j=0;j<=V;j++)
                    dp[i][j]=dp[i-1][j];
                for(int j=1;j<=M;j++){
                    for(int k=V;k>=w[j];k--){
                        dp[i][k]=max(dp[i][k],max(dp[i-1][k-w[j]]+value[j],dp[i][k-w[j]]+value[j]));
                    }
                }
            }
        }
        int ans=max(dp[N][V],-1);
        printf("%d\n",ans);
    }
    return 0;
}