poj1837--01背包
2014-08-17 18:04
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提示:动态规划,01背包
初看此题第一个冲动就是穷举。。。。不过再细想肯定行不通= =O(20^20)等着超时吧。。。
我也是看了前辈的意见才联想到01背包,用动态规划来解
题目大意:
有一个天平,天平左右两边各有若干个钩子,总共有C个钩子,有G个钩码,求将钩码全部挂到钩子上使天平平衡的方法的总数。
其中可以把天枰看做一个以x轴0点作为平衡点的横轴
输入:
2 4 //C 钩子数 与 G钩码数
-2 3 //负数:左边的钩子距离天平中央的距离;正数:右边的钩子距离天平中央的距离c[k]
3 4 5 8 //G个重物的质量w[i]
dp思路:
每向天平中方一个重物,天平的状态就会改变,而这个状态可以由若干前一状态获得。
首先定义一个平衡度j的概念
当平衡度j=0时,说明天枰达到平衡,j>0,说明天枰倾向右边(x轴右半轴),j<0则相反
那么此时可以把平衡度j看做为衡量当前天枰状态的一个值
因此可以定义一个 状态数组dp[i][j],意为在挂满前i个钩码时,平衡度为j的挂法的数量。
由于距离c[i]的范围是-15~15,钩码重量的范围是1~25,钩码数量最大是20
因此最极端的平衡度是所有物体都挂在最远端,因此平衡度最大值为j=15*20*25=7500。原则上就应该有dp[ 1~20 ][-7500 ~ 7500 ]。
因此为了不让下标出现负数,做一个处理,使使得数组开为 dp[1~20][0~15000],则当j=7500时天枰为平衡状态
那么每次挂上一个钩码后,对平衡状态的影响因素就是每个钩码的 力臂
力臂=重量 *臂长 = w[i]*c[k]
那么若在挂上第i个砝码之前,天枰的平衡度为j
(换言之把前i-1个钩码全部挂上天枰后,天枰的平衡度为j)
则挂上第i个钩码后,即把前i个钩码全部挂上天枰后,天枰的平衡度 j=j+ w[i]*c[k]
其中c[k]为天枰上钩子的位置,代表第i个钩码挂在不同位置会产生不同的平衡度
不难想到,假设 dp[i-1][j] 的值已知,设dp[i-1][j]=num
(即已知把前i-1个钩码全部挂上天枰后得到状态j的方法有num次)
那么dp[i][ j+ w[i]*c[k] ] = dp[i-1][j] = num
(即以此为前提,在第k个钩子挂上第i个钩码后,得到状态j+ w[i]*c[k]的方法也为num次)
想到这里,利用递归思想,不难得出 状态方程dp[i][ j+ w[i]*c[k] ]= ∑(dp[i-1][j])
有些前辈推导方式稍微有点不同,得到的 状态方程为dp[i][j] =∑(dp[i - 1][j - c[i] * w[i]])
其实两条方程是等价的,这个可以简单验证出来,而且若首先推导到第二条方程,也必须转化为第一条方程,这是为了避免下标出现负数
结论:
最终转化为01背包问题
状态方程dp[i][ j+ w[i]*c[k] ]= ∑(dp[i-1][j])
初始化:dp[0][7500] = 1; //不挂任何重物时天枰平衡,此为一个方法
复杂度O(C*G*15000) 完全可以接受
提示:动态规划,01背包
初看此题第一个冲动就是穷举。。。。不过再细想肯定行不通= =O(20^20)等着超时吧。。。
我也是看了前辈的意见才联想到01背包,用动态规划来解
题目大意:
有一个天平,天平左右两边各有若干个钩子,总共有C个钩子,有G个钩码,求将钩码全部挂到钩子上使天平平衡的方法的总数。
其中可以把天枰看做一个以x轴0点作为平衡点的横轴
输入:
2 4 //C 钩子数 与 G钩码数
-2 3 //负数:左边的钩子距离天平中央的距离;正数:右边的钩子距离天平中央的距离c[k]
3 4 5 8 //G个重物的质量w[i]
dp思路:
每向天平中方一个重物,天平的状态就会改变,而这个状态可以由若干前一状态获得。
首先定义一个平衡度j的概念
当平衡度j=0时,说明天枰达到平衡,j>0,说明天枰倾向右边(x轴右半轴),j<0则相反
那么此时可以把平衡度j看做为衡量当前天枰状态的一个值
因此可以定义一个 状态数组dp[i][j],意为在挂满前i个钩码时,平衡度为j的挂法的数量。
由于距离c[i]的范围是-15~15,钩码重量的范围是1~25,钩码数量最大是20
因此最极端的平衡度是所有物体都挂在最远端,因此平衡度最大值为j=15*20*25=7500。原则上就应该有dp[ 1~20 ][-7500 ~ 7500 ]。
因此为了不让下标出现负数,做一个处理,使使得数组开为 dp[1~20][0~15000],则当j=7500时天枰为平衡状态
那么每次挂上一个钩码后,对平衡状态的影响因素就是每个钩码的 力臂
力臂=重量 *臂长 = w[i]*c[k]
那么若在挂上第i个砝码之前,天枰的平衡度为j
(换言之把前i-1个钩码全部挂上天枰后,天枰的平衡度为j)
则挂上第i个钩码后,即把前i个钩码全部挂上天枰后,天枰的平衡度 j=j+ w[i]*c[k]
其中c[k]为天枰上钩子的位置,代表第i个钩码挂在不同位置会产生不同的平衡度
不难想到,假设 dp[i-1][j] 的值已知,设dp[i-1][j]=num
(即已知把前i-1个钩码全部挂上天枰后得到状态j的方法有num次)
那么dp[i][ j+ w[i]*c[k] ] = dp[i-1][j] = num
(即以此为前提,在第k个钩子挂上第i个钩码后,得到状态j+ w[i]*c[k]的方法也为num次)
想到这里,利用递归思想,不难得出 状态方程dp[i][ j+ w[i]*c[k] ]= ∑(dp[i-1][j])
有些前辈推导方式稍微有点不同,得到的 状态方程为dp[i][j] =∑(dp[i - 1][j - c[i] * w[i]])
其实两条方程是等价的,这个可以简单验证出来,而且若首先推导到第二条方程,也必须转化为第一条方程,这是为了避免下标出现负数
结论:
最终转化为01背包问题
状态方程dp[i][ j+ w[i]*c[k] ]= ∑(dp[i-1][j])
初始化:dp[0][7500] = 1; //不挂任何重物时天枰平衡,此为一个方法
复杂度O(C*G*15000) 完全可以接受
/** \brief poj 1837 -- 01Bag * * \param date 2014/8/17 * \param memory 1956K time 16ms * \return * */ #include <iostream> #include <fstream> #include <cstring> using namespace std; //我所使用的解题方法,由于dp状态方程组申请空间比较大大 //若dp为局部数组,则会部分机器执行程序时可能由于内存不足会无法响应 //所以推荐定义dp为全局数组,优先分配内存 int dp[21][15001];//状态数组dp[i][j] //放入(挂上)前i个物品(钩码)后,达到j状态的方法数 int main() { //cout << "Hello world!" << endl; int n; //挂钩数 int g; //钩码数 int c[21]; //挂钩位置 int w[21]; //钩码重量 int i,j,k; /*Input*/ //freopen("input.txt","r",stdin); cin>>n>>g; for(i=1;i<=n;i++) cin>>c[i]; for(i=1;i<=g;i++) cin>>w[i]; /*Initial*/ memset(dp,0,sizeof(dp)); //达到每个状态的方法数初始化为0 dp[0][7500]=1; //7500为天枰达到平衡状态时的平衡度 //放入前0个物品后,天枰达到平衡状态7500的方法有1个,就是不挂钩码 /*DP*/ for(i=1;i<=g;i++) for(j=0;j<=15000;j++) if(dp[i-1][j]) //优化,当放入i-1个物品时状态j已经出现且被统计过方法数,则直接使用统计结果 //否则忽略当前状态j for(k=1;k<=n;k++) dp[i][ j+w[i]*c[k] ] += dp[i-1][j]; //状态方程 /*Output*/ cout<<dp[g][7500]<<endl; return 0; }
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