01 揹包

Phantasia1116發表於2024-04-22

題目描述

辰辰是個很有潛能、天資聰穎的孩子，他的夢想是稱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？

輸入描述

輸入的第一行有兩個整數𝑇(1≤𝑇≤1000)和𝑀(1≤𝑀≤100)，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。

輸出描述

可能有多組測試資料，對於每組資料：

輸出只包括一行，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。

輸入樣例1

42 6
1 35
25 70
59 79
65 63
46 6
28 82
962 6
43 96
37 28
5 92
54 3
83 93
17 22
0 0

輸出樣例1

117
334

知識點標籤：揹包,搜尋,記憶化,剪枝

題解

這應該是實際上手的第一道 01DP 吧，算是人生第一道 dp 了，對一個演算法苦守來說還是很困難的，其實很容易看出來，這就是一道十分簡單的 dp，如何劃分最優子問題，如何定義最優子問題，這些都是很重要的。

對一個通常的 01 揹包問題，一定會出現選或者不選的情況，如果是這樣就會出現一顆二叉選擇樹，每一個節點都在選擇或者不選擇，這會導致複雜度以指數級別升高，自然十分不明智。

對於一個重疊子問題（最優子問題），這道題而言，我們需要最終求得一個 m 個物品的情況下，價值為 n 的結果，如果定義 dp 陣列恰好能夠模擬這兩個引數的情況自然是最好的，那如果對於一個 u 個輸入的陣列而言，** \(t_i\) 是採集草藥所花費的時間，而 \(v_i\) 是第 i 個草藥的價值 **，dp 陣列的大小當然最好是大於 u 個輸入的，因為總會存在一個可能性會把所有的草藥都採摘，所以 dp 陣列的兩個引數顯而易見和輸入有關，那到底該如何定義 dp 陣列的含義呢？

我想，如果需要同時滿足我們上述的限制條件和最優子問題，那至少要求一個 dp[\(i\)][\(j\)] 在 \(i_{1}> i_2\) 並且 \(j_{1}> j_2\) 的情況下前者應當包括後者的結果，那麼 ij 至少是和選擇有關的，這麼說起來似乎可以定義成，前 i 個物品在 j 的時間內獲得的最大價值，那豈不是美哉？

在這個情況下似乎是可以實現某種可能性的轉移的。
image.png

那麼如何確定轉移又成了現在的難題，對當前的 dp[i][j]來說，i 是前 i 個物品，但並不能溯源前 i-1 個物品，所以也就是這第 i 個物品選或者不選，就成了從 i-1 個物品轉移到第 i 個物品的解決方案。

這個轉移是很好想的，對第 i 個物品，要麼選了，要麼沒選，

  • 如果沒選，那麼 dp[i][j]=dp[i-1][j]=dp[i-1][j-0]+0 (j 不需要減少，揹包的空沒有減少)
  • 如果選了，那麼 dp[i][j]=dp[i-1][j- \(t_i\)] + \(v_i\) ,也就是說原先的狀態是 dp[i-1][j- \(t_i\)] 因為啊因為啊到 i 的時候時間是 j，那麼 i-1 的時間其實是從 i 這裡回退的才對，只是這種回退可以寫成具體的表示式，又變成了正向的前進，後面加上的 \(v_i\) 自然是很好理解，加上了選擇 i 的價值而已。
    image.png

轉移的事情考慮的差不多了，應當考慮如果寫具體的實現程式碼應當如何初始化了，那自然 dp[0][0～j]都是應當初始化為 0 的。

M 是總數量，T 是所有事件的總時間。

最終要的答案是 dp[M][T],求解的過程中需要用到前面的子問題，所以應當是從 dp[i][j] 中開始，i=0 的時候用作初始化，但是 j=0 的時候是需要進行遍歷的，我們並不好排除有些情況下不消耗時間也能得到一定的價值，所以就這樣，本題完結。

如果這樣的話可以寫出一些程式碼了

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;

ll T, M;
ll dp[110][1010];
ll t[110], v[110];

void solve() {
  for (int i = 0; i <= T; ++i) {
    dp[0][i] = 0;
  }
  for (int i = 1; i <= M; ++i) {
    cin >> t[i] >> v[i];
  }
  for (int i = 1; i <= M; ++i) {
    for (int j = 0; j <= T; ++j) {
    	
      // 加上其他判斷，首先得時間夠
      // 也就是說如果要選第i個物品，那前提是保證i-1的時候有 j-t[i]
      // 是正數，這樣可以確定時間是足夠的才會選擇第i個物品
      if (j >= t[i])
        dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i - 1][j - t[i]] + v[i]);
      else
        dp[i][j] = dp[i - 1][j];
    }
  }
  cout << dp[M][T] << '\n';
}

int main() {
  ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
  while (cin >> T >> M) {
    if (T == 0 && M == 0) break;
    solve();
  }
  return 0;
}

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