NYOJ 题目860 又见01背包

描述
有n个重量和价值分别为wi 和 vi 的 物品，从这些物品中选择总重量不超过 W
的物品，求所有挑选方案中物品价值总和的最大值。
　　1 <= n <=100
　　1 <= wi <= 10^7
　　1 <= vi <= 100
　　1 <= W <= 10^9

输入多组测试数据。

每组测试数据第一行输入，n 和 W ，接下来有n行，每行输入两个数，代表第i个物品的wi 和 vi。
输出满足题意的最大价值，每组测试数据占一行。
样例输入

4 5
2 3
1 2
3 4
2 2

样例输出

7

分析：这道题其实和一般的01背包没有什么区别，只是这道题目按照正常的思维去做不行了，因为容量太大，开个10^9的数组开不了，所以这时候就需要换种思维。

这道题很容易发现其实重量很大，达到10^9，但是价值很小啊，现在就来推一下这个所谓的“互换”是怎么来的 (其实我觉得还不如从最原始的来，不叫做“互换”好理解点), 最原始的那个式子dp[i][j]表示当取 i 个， 重量为 j 的时候背包的最大价值，状态转移方程就是 dp[i][j]
= max(dp[i - 1][j], dp[i-1][j - w[i]] + v[i])， 这个式子的意思想必大家都明白吧，前面的那个意思是不取当前这个，后面的这个是取上当前这个物品， 后来再经空间优化之后变成了dp[j] = max(dp[j], dp[j - w[i]] + v[i]), 仔细观察会发现二维数组时，那两种状态都是i - 1,所以就可以去掉，但是得注意，循环遍历的时候要逆序，正序的话就成完全背包了， 忘了说这个dp[j]表示什么了， dp[j]就是 当取到重量为j 的时候的最大价值。弄明白了这些。这时候就可以来看这个题了，
题目要求和普通的01背包一样，求能装的最大价值，普通方法就是直接找最大价值，现在要换种思维，找最小的重量， 因为同样价值，重量越小，那么最后能装的价值就可能越大，所以这个dp[i][j]就表示 当 取 i 个， 价值为j 的时候的最小重量，状态转移方程为 dp[i][j] = min(dp[i - 1][j], dp[i - 1][j - v[i]] + w[i]), 和那个最初推的一样，不再罗嗦，空间优化之后状态转移方程为dp[j] = min(dp[j], dp[j - v[i]] + w[i]), 同样的意思，dp[j]表示
价值为j 的时候的最小重量，到最后只要从最大价值往下遍历这个dp数组，只要找到dp[j] <= 背包重量的时候就直接输出 j ， 这时候j就是最大的。

AC代码：

#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
int dp[10000];
int w[110],v[110];
int main()
{
int n,m,i,j;
while(~scanf("%d%d",&n,&m))
{
memset(dp,0x3f,sizeof(dp));
dp[0]=0;
int sum=0;
for(i=0; i<n; i++)
{
scanf("%d %d",&w[i],&v[i]);
sum+=v[i];
}

for(i=0; i<n; i++)
for(j=sum; j>=v[i]; j--)
{

dp[j]=min(dp[j],dp[j-v[i]]+w[i]);
}
for(i=sum;i>=0;i--)
if(dp[i]<=m)
{
printf("%d\n",i);
break;
}
}
return 0;
}