hdu 2602 Bone Collector 解题报告

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

   在没学01背包时做的，很遗憾的是，wa了很多次。

   wa代码 

#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;

struct back
{
    int value;
    int volume;
} backet[1005];

int cmpvalue(back a, back b)
{
    return a.value > b.value;
}

int main()
{
    int T, i, j, n, v, sumvalue, sumvolume, maxvalue;
    while (cin >> T)
    {
        while (T--)
        {
            cin >> n >> v;
            for (i = 0; i < n; i++)
                cin >> backet[i].value;
            for (j = 0; j < n; j++)
                cin >> backet[j].volume;
            sort(backet, backet+n, cmpvalue);  //按价值递减的顺序排列，保证下面的是从最大价值的物品开始试探的
            maxvalue = sumvalue = sumvolume = 0;
            for (i = 0; i < n; i++)
            {
                sumvalue += backet[i].value;
                sumvolume += backet[i].volume;
                if (sumvalue > maxvalue && sumvolume <= v) //比当前最大价值大的话则更新maxvalue
                {    
                    maxvalue = sumvalue;    
                }
                else        // 比当前最大价值小的话则不装载到背包里，即回退到上一个状态（未装载前）
                {
                    sumvalue -= backet[i].value;
                    sumvolume -= backet[i].volume;
                }
                
            }
            printf("%d\n", maxvalue);
        }
    }
    return 0;
}

      在乌东兄的悉心指导下，终于知道如何错了......

      此为贪心法，但是不能保证得出来最终结果是最优的。例如这个例子：

      1
      3  4
      4  3  2
      3  2  2

       如果用贪心做的话，它第一个取的是最大的价值4，花费的容量为3，那么剩下的背包容量只有1，后面的物品不能够再装载，因为最少的花费2都比1大。而最大的价值应该是5，花费的容量恰好为给定的容量限制4      

       于是改用DP方法（自数塔（非常好理解）、最少拦截系统（看书看到的，但不太明白））来做，前面的介绍还是比较容易理解的，但是到了空间优化第二个循环为什么是反向的就很难理解了，通过笔算模拟，有点明白了。以下是摘自大神乌东兄的语录（应该不会怪我的，无请示就....）：

     dp数组当前储存的是用前 0..i - 1 个物品构造的 0..V 容量的最优值。
     如果内循环系正向，假设计算 dp[j] 时选择了放入物品 i ，
    计算第 dp[ j + costi ] 时，也选择嘞放入物品 i, 这样物品 i 就用了多次。
    由于 dp[j] 的推导会与 dp[0 .. j - 1] 有关，如果内循环反向的话，可以保证
    dp[ 0.. j - 1 ] 不包含物品 i ，即保证物品只用鸟 一次。

     AC代码：

#include <iostream>
using namespace std;

int main()
{
    int i, j, T, N, V, c[1005], w[1005], dp[1005];
    while (cin >> T)
    {
        while (T--)
        {
            memset(dp, 0, sizeof(dp));
            cin >> N >> V;
            for (i = 0; i < N; i++)    
                cin >> w[i];
            for (i = 0; i < N; i++)
                cin >> c[i];
            for (i = 0; i < N; i++)
            {
                for (j = V; j >= c[i]; j--)    //关键所在，如果正向，会使得一个物品可能被用多次
                {
                    dp[j] = (dp[j] >= dp[j-c[i]] + w[i] ? dp[j]: dp[j-c[i]]+w[i]);
                }
            }
            printf("%d\n", dp[V]);
        }
    }
    return 0;
}