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做demo的网站seo技巧分享

wzjs 2025/8/22 5:34:36

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概述

AcWing 2：

有 N 件物品和一个容量是 V 的背包。每件物品只能使用一次。

第 i 件物品的体积是 v[i]，价值是 w[i]。

求解将哪些物品装入背包，可使这些物品的总体积不超过背包容量，且总价值最大。
输出最大价值。

输入格式

第一行两个整数，N，V，用空格隔开，分别表示物品数量和背包容积。

接下来有 N 行，每行两个整数用空格隔开，分别表示第 i 件物品的体积和价值。

输出格式

输出一个整数，表示最大价值。

数据范围

0<N,V≤10000<N,V≤1000
0<vi,wi≤10000<vi,wi≤1000

输入样例
4 5
1 2
2 4
3 4
4 5
输出样例：
8

背包DP是非常经典的动态规划问题，而01背包更是典中典问题。

之所以称为01背包，是因为每个物品只有选与不选两种状态。

思路

dp就不得不由状态定义和子问题分解，我们来思索一下。

定义dp[a][b]为能够物品选择范围为[0, a]且当前背包最多能装体积为b的物品总量时的最优解。

这样，我们就可以从小问题推导出大问题的解，应该是这样的：

考虑选择范围为前i个物品，体积为j，有选与不选两种状态，取两种情况最大值。

即dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i - 1][j - w[i]] + v[i]);

如果 j < v[i]，则代表放不下这个物品,dp[i][j] = dp[i - 1][j];

解题过程

我们可以得到非常直观的二重循环。

int solve(){for (int i = 1; i <= n; i++)for (int j = 0; j <= m; j++) {if (j < v[i]) dp[i][j] = dp[i - 1][j];else dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i - 1][j - v[i]] + w[i]);}return dp[n][m];
}

优化方案

背包dp有着非常知名的空间优化。

观察状态转移，可以发现：空间可以被优化成1维的。

我们不再用i存储当前的可选范围信息，取而代之的是，这个信息隐式地蕴含在每次循环中。

int solve(){for (int i = 1; i <= n; i++)for (int j = m; j >= v[i]; j--) {dp[j] = max(dp[j], dp[j - v[i]] + w[i]);}return dp[m];
}

这里有一个非常重要的行为：倒序枚举j。

我们要保证dp来自于上一个i，即不能污染状态转移的数据源，考虑到 j 来自j - v[i]，我们倒序枚举j，就使得j - v[i]不会被j污染。

形象的说

状态转移的方向是从前向后->，如果更新顺序是从后向前<-，那么每个状态获得的新值都不来自这次更新，而是上次。

这样一来，我们可以保证在计算当前(i)dp[j]时，使用的是上次(i - 1)dp[j]，这样就等效于二维数组了。

Code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
constexpr int N = 1005;
int v[N], w[N];
int dp[N];
int n,m;
int solve(){for (int i = 1; i <= n; i++)for (int j = m; j >= v[i]; j--) {dp[j] = max(dp[j], dp[j - v[i]] + w[i]);}return dp[m];
}
int main(){cin >> n >> m;for (int i = 1; i <= n; i++)cin >> v[i] >> w[i];cout << solve();return 0;
}