01背包问题－POJ 2184 Cow Exhibition

POJ 2184题目大意如下：

背景就不介绍了，就是给出N组数，每组数有两个标准，都是整数。现在要求给出一个方案，求出从这N组数中摘取一部分，使得这一部分的两个标准的和最大，而且还要满足两个标准分别的和不能小于零。

隐约觉得这是一个背包问题，开始比较难看出问题，最开始我的解决方案是：区间最优的叠加。也就是说定义dp[i][j]表示区间[i, j)内的最优方案，而且保证dp[i][j]的s和f都是正数。后来想，这种想法是错误的，我这只是选出了每个区间的所有s和f都是正数的这种情况。然而事实是有些s或者f是负数的牛也有可能入选在方案中，所以不能这样想。所以如果把其中一个方面（s或者f）考虑成背包的容积，那么就是在保证背包尽量装满的前提下使得包的价值最大化。这里考虑把s看作容积。由于s可能会有负数，所以处理的时候使用一个

偏量将其纠正，这里选择100000，原因在于题中给出的数值如果求和的话，最大值就是100000。

现在定义dp[i][j]：表示对于前i+1个背包而言，体积为j时的最大价值。

假设包的容量为200000，初始化所有dp为负无穷，单独使得dp[0][100000] = 0；将其作为一个参考标准

更新处理的时候，也要分情况：

1）如果cow[i].s >= 0:从大到小处理，因为新的包如果添加进去的话，就会使得占有体积变大，而能不能放下取决于先前的状态，所以使用先前的状态来更新新的包；

for (int j = 200000; j >= cow[i].s; j++) {
if (dp[i - 1][j - cow[i].s] > -INF) dp[i][j] = max(dp[i][j], dp[i - 1][j - cow[i].s] + cow[i].f);
}

2）如果cow[i].s < 0:从小到大处理，和上面的理由相反；
for (int j = 0; j < 200000 + cow[i].s, j++) {
if (dp[i - 1][j - cow[i].s] > -INF) dp[i][j] = max(dp[i][j], dp[i - 1][j - cow[i].s] + cow[i].f);
}

之后就是从dp[N - 1][100000~200000]中的大于零中选取了，这里可能有疑问，为什么不从0开始，主要在于前面的处理，而且虽然前面的筛选过程中用到了小于100000的dp，但这是因为选取过程中不确定这个值是否对最优方案有贡献，所以都不能放过。
代码如下：Accept 1472K／172MS

#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstdio>

using namespace std;
const int maxn = 105;
const int maxm = 200001;
const int INF = 200000;

struct Dat{int s, f;};

int N;
int dp[maxm];
Dat cow[maxn];

void solve() {
int ans = -INF;
fill(dp, dp + maxm, -INF);
dp[100000] = 0;
for (int i = 0; i < N; i++) {
if (cow[i].s < 0 && cow[i].f < 0) continue;
if (cow[i].s >= 0) {
for (int j = maxm; j >= cow[i].s; j--) {
if (dp[j - cow[i].s] > -INF)
dp[j] = max(dp[j], dp[j - cow[i].s] + cow[i].f);
}
}
else {
int M = maxm + cow[i].s;
for (int j = 0; j < M; j++) {
if (dp[j - cow[i].s] > -INF)
dp[j] = max(dp[j], dp[j - cow[i].s] + cow[i].f);
}
}
}
for (int i = 100000; i < maxm; i++)
if (dp[i] >= 0) ans = max(ans, dp[i] + i - 100000);
printf("%d\n", ans);
}

int main() {
scanf("%d", &N);
for (int i = 0; i < N; i++) scanf("%d %d", &cow[i].s, &cow[i].f);
solve();
return 0;
}