洛谷上的2道簡單的01揹包問題
題目描述
金明今天很開心,家裡購置的新房就要領鑰匙了,新房裡有一間他自己專用的很寬敞的房間。更讓他高興的是,媽媽昨天對他說:“你的房間需要購買哪些物品,怎麼佈置,你說了算,只要不超過N元錢就行”。今天一早金明就開始做預算,但是他想買的東西太多了,肯定會超過媽媽限定的N元。於是,他把每件物品規定了一個重要度,分為5等:用整數1~5表示,第5等最重要。他還從因特網上查到了每件物品的價格(都是整數元)。他希望在不超過N元(可以等於N元)的前提下,使每件物品的價格與重要度的乘積的總和最大。
設第j件物品的價格為v[j],重要度為w[j],共選中了k件物品,編號依次為j1,j2,……,jk,則所求的總和為:
v[j1]w[j1]+v[j2]*w[j2]+ …+v[jk]*w[jk]。(其中為乘號)
請你幫助金明設計一個滿足要求的購物單。
輸入輸出格式
輸入格式:
輸入的第1行,為兩個正整數,用一個空格隔開:
N m (其中N(<30000)表示總錢數,m(<25)為希望購買物品的個數。)
從第2行到第m+1行,第j行給出了編號為j-1的物品的基本資料,每行有2個非負整數
v p (其中v表示該物品的價格(v<=10000),p表示該物品的重要度(1~5))
輸出格式:
輸出只有一個正整數,為不超過總錢數的物品的價格與重要度乘積的總和的最大值(<100000000)。
輸入輸出樣例
輸入樣例#1:
1000 5
800 2
400 5
300 5
400 3
200 2
輸出樣例#1:
3900
說明
NOIP 2006 普及組 第二題
思路:基本01揹包問題與採藥一題基本相同 ,一維dp。可以用結構體代替c,w陣列
價值是重要度與價格的乘積
參考程式
#include<iostream>
#define N 30005
#define M 26
using namespace std;
int n,m;
long long dp[N];//注意陣列的大小!我因為把n寫成m,RE 10個點
struct Dubai{//存物品的結構體
int p;//重要度
int v;//價格
}idom[M];
int main()
{
ios::sync_with_stdio(false );//讀入優化
cin>>n>>m;
for(int i=1;i<=m;i++)
cin>>idom[i].v>>idom[i].p;
for(int i=1;i<=m;i++)
for(int j=n;j>=idom[i].v;j--)
dp[j]=max(dp[j],dp[j-idom[i].v]+idom[i].p*idom[i].v);
/*idom[i].p*idom[i].v看做價值,當然可以在讀入每個之後
立刻將p與v相乘*/
cout<<dp[n]; //輸出,收工
return 0;
2.P1048 採藥
題目描述
辰辰是個天資聰穎的孩子,他的夢想是成為世界上最偉大的醫師。為此,他想拜附近最有威望的醫師為師。醫師為了判斷他的資質,給他出了一個難題。醫師把他帶到一個到處都是草藥的山洞裡對他說:“孩子,這個山洞裡有一些不同的草藥,採每一株都需要一些時間,每一株也有它自身的價值。我會給你一段時間,在這段時間裡,你可以採到一些草藥。如果你是一個聰明的孩子,你應該可以讓採到的草藥的總價值最大。”
如果你是辰辰,你能完成這個任務嗎?
輸入輸出格式
輸入格式:
輸入檔案medic.in的第一行有兩個整數T(1 <= T <= 1000)和M(1 <= M <= 100),用一個空格隔開,T代表總共能夠用來採藥的時間,M代表山洞裡的草藥的數目。接下來的M行每行包括兩個在1到100之間(包括1和100)的整數,分別表示採摘某株草藥的時間和這株草藥的價值。
輸出格式:
輸出檔案medic.out包括一行,這一行只包含一個整數,表示在規定的時間內,可以採到的草藥的最大總價值。
輸入輸出樣例
輸入樣例#1:
70 3
71 100
69 1
1 2
輸出樣例#1:
3
說明
對於30%的資料,M <= 10;
對於全部的資料,M <= 100。
NOIP2005普及組第三題
解析:
01揹包模板題,但是可以不用兩個陣列,直接開一個結構體
存下藥的採摘時間價值。
參考程式:
#include<cstdio>
#include<iostream>//我懶得手寫max
using namespace std;
int t,m,dp[1005][1005];
struct Viena{//存藥的結構體
int time,value;
}medi[101];
int main()
{
scanf("%d%d",&t,&m);
for(int i=1;i<=m;i++)
{
scanf("%d%d",&medi[i].time,&medi[i].value);
}
for(int i=1;i<=m;i++)
for(int j=t;j>0;j--)
{
if(medi[i].time<=j) dp[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[i-1][j-medi[i].time]+medi[i].value);
else dp[i][j]=dp[i-1][j];//狀態轉移方程
}
printf("%d",dp[m][t]);
return 0; //收工
}