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分组背包问题,大意**要买鞋,有k种牌子,每种牌子至少买一双鞋子。每双鞋子有标价跟实际价值。求用m多的钱买最多价值的鞋。 其实我觉得这题的难点就在处理“至少”这点上面。 状态方程很多都能推出用 dp[k][m] 来表示 已经买了k种鞋 在有m钱状态下的 鞋的最大价值。 状态转移方程为 for( k = 1 ; k <= K ; k++) { for( i = 0 ; i < num[k] ; i++) { for( j = mm ; j >= m[k][i].m ; j--) { if(dp[k][j - m[k][i].m] != -1) dp[k][j] = Max(dp[k][j] , dp[k][j - m[k][i].m] + m[k][i].v); if(dp[k-1][j - m[k][i].m] != -1 ) dp[k][j] = Max(dp[k][j] , dp[k-1][j - m[k][i].m] + m[k][i].v); } } } 如果忽略了两个红色的判断句,大家都看得出这只是单纯的01背包且 没有条件限制,加了这两句就能实现至少了。理由如下 一开始我将dp[][]数组初始化为-1表示所有的数都不合法。大于0表示合法 然后将所有的 k = 0 dp[0][]置为0,这是为了 k = 1时能合法计算。 从状态方程中看出,当上一个状态值为-1时表示他不合法。所以当前状态没有计算的必要也不合法答案。 如果计算完第k类商品的取值后,所有的dp[k][]均为-1的时候,第k类表明没有一鞋被买。故所有状态都不合法,接下来的所有值也都将不合法。 在计算第k组商品的过程中,当某个-1变成一个非负数的时候,也就表明当前的第k种已经拿了第i件物品,所以变成合法答案了。 如此推下去,最后一个值dp[k][m],就是答案了。如果依然是-1,就输出impossible把。
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> using namespace std; int N,M,K; int dp[15][10010]; struct node{ int p; int v; }shoes[15][110]; int main(){ //freopen("input.txt","r",stdin); int num[15]; while(~scanf("%d%d%d",&N,&M,&K)){ memset(num,0,sizeof(num)); int a,b,c; for(int i=0;i<N;i++){ scanf("%d%d%d",&a,&b,&c); shoes[a][num[a]].p=b; shoes[a][num[a]].v=c; num[a]++; } memset(dp,-1,sizeof(dp)); for(int i=0;i<=M;i++) dp[0][i]=0; for(int k=1;k<=K;k++) for(int i=0;i<num[k];i++) for(int j=M;j>=shoes[k][i].p;j--){ if(dp[k][j-shoes[k][i].p]!=-1) dp[k][j]=max(dp[k][j],dp[k][j-shoes[k][i].p]+shoes[k][i].v); if(dp[k-1][j-shoes[k][i].p]!=-1) dp[k][j]=max(dp[k][j],dp[k-1][j-shoes[k][i].p]+shoes[k][i].v); //注意这里的2个if的顺序,如果下面这个if在上面的话,当体积为0时, //相当于,Max( dp[k][j], dp[k][j] + m[k][i].v); dp[k][j]的值很可能会被计算两次。 //比如我最后给的那个测试例子。输出会是3,不会是正确答案2. } if(dp[K][M]<0) printf("Impossible\n"); else printf("%d\n",dp[K][M]); } return 0; }