51nod 1085 揹包問題 01揹包

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1085 揹包問題

基準時間限制：1 秒 空間限制：131072 kb 分值: 0 

難度：基礎題

在n件物品取出若干件放在容量為w的揹包裡，每件物品的體積為w1，w2……wn（wi為整數），與之相對應的價值為p1,p2……pn（pi為整數）。求揹包能夠容納的最大價值。

input

第1行，2個整數，n和w中間用空格隔開。n為物品的數量，w為揹包的容量。(1 <= n <= 100，1 <= w <= 10000)

第2 - n + 1行，每行2個整數，wi和pi，分別是物品的體積和物品的價值。(1 <= wi, pi <= 10000)

輸出可以容納的最大價值。

3 6

2 53 8
4 9

14

揹包問題 v2 

40揹包問題 v3 

80最基本的01揹包問題，做的時候程式實在不知道哪錯了，但是編譯一直是13不是14，索性一交 ，竟然神奇的過了。無語

狀態轉移方程：dp[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[i-1][j-w[i]]+p[i])  (j>=w[i])這是二維的，空間上沒有優化。

對於01揹包

面對每個物品，我們只有選擇拿取或者不拿兩種選擇，（這就是拿是1不拿是0）不能選擇裝入某物品的一部分，也不能裝入同一物品多次。

宣告乙個 大小為  dp[n][w] 的二維陣列，

dp[ i ][ j ] 表示 在面對第 i 件物品，且揹包容量為  j 時所能獲得的最大價值，那麼我們可以很容易分析得出 dp[i][j] 的計算方法，

（1）. j < w[i] 的情況，這時候揹包容量不足以放下第 i 件物品，只能選擇不拿   dp[ i ][ j ] = dp[ i-1 ][ j ]

（2）. j>=w[i] 的情況，這時揹包容量可以放下第 i 件物品，我們就要考慮拿這件物品是否能獲取更大的價值。

如果拿取，dp[ i ][ j ]=dp[ i-1 ][ j-w[ i ] ] + p[ i ]。 這裡的dp[ i-1 ][ j-w[ i ] ]指的就是考慮了i-1件物品，揹包容量為j-w[i]時的最大價值，也是相當於為第i件物品騰出了w[i]的空間。

如果不拿，dp[ i ][ j ] = dp[ i-1 ][ j ] ,   拿還是不拿，比較這兩種情況那種價值最大

**：（怎麼都是13，以後再看）

#include#include#includeusing namespace std;

int dp[150][10050],c[10050],p[10050];
int main()
} printf("%d\n",dp[n][w]);
} return 0;
}

dp[i-1][j-w]，因為j是逆序列舉的。（假如順序列舉的話dp[j-w]儲存的會是dp[i][j-w]的值）這樣，dp[j]=(max 

[j],dp[j-v]+w)實際上是把max儲存在dp[j]中，覆蓋掉dp[j]中原來的dp[i-1][j].

一維**

#include#include#includeusing namespace std;

int dp[10050],w[105],p[105];
int main()
memset(dp,0,sizeof(dp));
for(i=1;i<=n;i++)
printf("%d\n",dp[w]);
// }
return 0;
}

51nod 1085 揹包問題01

在n件物品取出若干件放在容量為w的揹包裡，每件物品的體積為w1，w2 wn wi為整數 與之相對應的價值為p1,p2 pn pi為整數 求揹包能夠容納的最大價值。input 第1行，2個整數，n和w中間用空格隔開。n為物品的數量，w為揹包的容量。1 n 100，1 w 10000 第2 n 1行，每...

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51Nod 1085 揹包問題 01揹包

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