1 0 背包问题 典型的 例题 : Bone Collector
2017-08-07 20:07
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Many years ago , in Teddy’s hometown there was a man who was called “Bone Collector”. This man like to collect varies of bones , such as dog’s , cow’s , also he went to the grave …
The bone collector had a big bag with a volume of V ,and along his trip of collecting there are a lot of bones , obviously , different bone has different value and different volume, now given the each bone’s value along his trip , can you calculate out the maximum of the total value the bone collector can get ?
Followed by T cases , each case three lines , the first line contain two integer N , V, (N <= 1000 , V <= 1000 )representing the number of bones and the volume of his bag. And the second line contain N integers representing the value of each bone. The third line contain N integers representing the volume of each bone.
Sample Input
1
5 10
1 2 3 4 5
5 4 3 2 1
Sample Output
14
01背包问题,这种背包特点是:每种物品仅有一件,可以选择放或不放。
用子问题定义状态:即dp[i][v]表示前i件物品恰放入一个容量为v的背包可以获得的最大价值。
则其状态转移方程便是:
dp[i][v]=max{dp[i-1][v],dp[i-1][v-cost[i]]+value[i]}
注意体积为零的情况,如:
1
5 0
2 4 1 5 1
0 0 1 0 0
结果为12
该题的第二种解法就是对背包的优化解法,当然只能对空间就行优化,时间是不能优化的。
先考虑上面讲的基本思路如何实现,肯定是有一个主循环i=1..N,每次算出来二维数组dp[i][0..V]的所有值。
那么,如果只用一个数组dp[0..V],能不能保证第i次循环结束后dp[v]中表示的就是我们定义的状态dp[i][v]呢?
dp[i][v]是由dp[i-1][v]和dp[i-1][v-c[i]]两个子问题递推而来,能否保证在推dp[i][v]时(也即在第i次主循环中推dp[v]时)能够得到dp[i-1][v]和dp[i-1][v-c[i]]的值呢?事实上,这要求在每次主循环中我们以v=V..0的顺序推dp[v],这样才能保证推dp[v]时dp[v-c[i]]保存的是状态dp[i-1][v-c[i]]的值。伪代码如下:
for i=1..N
注意:这种解法只能由V–0,不能反过来,如果反过来就会造成物品重复放置!
背包的问题 大家 如果 一时半会 看不懂 最优解 是怎样 得到的 你们 可以 调试程序 仔细 观察 dp 数组 里面 值得 变化 , 还有 要 想一想 程序中
和
代码中 “j - weight[i]” 是为了什么 , 如果 这个 你想通了 你就 明白啦 这个 就是 最优解 更新的 关键 点!
其实 最优解 的 得出 和 你想的 一样 首先 的一个 放进去的 肯定是 一个 性价比 最高的 那个 物品, 但是 程序 却 是 从 第一个 物品 开始 遍历,当然 程序 中 还有 最优解 的 比较 嘛 是吧 , 所以 呀 大家可以 看一下 第一个 最优解 程序 是如何 得出的 , 后面的 都差不多 ,大家 努力 把 , 功夫 不付有心人 ,相信大家 一定可以 通过自己的努力 弄明白的 !!
The bone collector had a big bag with a volume of V ,and along his trip of collecting there are a lot of bones , obviously , different bone has different value and different volume, now given the each bone’s value along his trip , can you calculate out the maximum of the total value the bone collector can get ?
Input
The first line contain a integer T , the number of cases.Followed by T cases , each case three lines , the first line contain two integer N , V, (N <= 1000 , V <= 1000 )representing the number of bones and the volume of his bag. And the second line contain N integers representing the value of each bone. The third line contain N integers representing the volume of each bone.
Output
One integer per line representing the maximum of the total value (this number will be less than 2 31).Sample Input
1
5 10
1 2 3 4 5
5 4 3 2 1
Sample Output
14
01背包问题,这种背包特点是:每种物品仅有一件,可以选择放或不放。
用子问题定义状态:即dp[i][v]表示前i件物品恰放入一个容量为v的背包可以获得的最大价值。
则其状态转移方程便是:
dp[i][v]=max{dp[i-1][v],dp[i-1][v-cost[i]]+value[i]}
注意体积为零的情况,如:
1
5 0
2 4 1 5 1
0 0 1 0 0
结果为12
#include<iostream> using namespace std; int dp[1000][1000]; int max(int x,int y) { return x>y?x:y; } int main() { int t,n,v,i,j; int va[1000],vo[1000]; cin>>t; while(t--) { cin>>n>>v; for(i=1;i<=n;i++) cin>>va[i]; for(i=1;i<=n;i++) cin>>vo[i]; memset(dp,0,sizeof(dp));//初始化操作 for(i=1;i<=n;i++) { for(j=0;j<=v;j++)// 注意 j 是从 0 开始的 应为 背包的容量 可能为零 { if(vo[i]<=j)//表示第i个物品将放入大小为j的背包中 dp[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[i-1][j-vo[i]]+va[i]);//第i个物品放入后,那么前i-1个物品可能会放入也可能因为剩余空间不够无法放入 else //第i个物品无法放入 dp[i][j]=dp[i-1][j]; } } cout<<dp [v]<<endl; } return 0; }
该题的第二种解法就是对背包的优化解法,当然只能对空间就行优化,时间是不能优化的。
先考虑上面讲的基本思路如何实现,肯定是有一个主循环i=1..N,每次算出来二维数组dp[i][0..V]的所有值。
那么,如果只用一个数组dp[0..V],能不能保证第i次循环结束后dp[v]中表示的就是我们定义的状态dp[i][v]呢?
dp[i][v]是由dp[i-1][v]和dp[i-1][v-c[i]]两个子问题递推而来,能否保证在推dp[i][v]时(也即在第i次主循环中推dp[v]时)能够得到dp[i-1][v]和dp[i-1][v-c[i]]的值呢?事实上,这要求在每次主循环中我们以v=V..0的顺序推dp[v],这样才能保证推dp[v]时dp[v-c[i]]保存的是状态dp[i-1][v-c[i]]的值。伪代码如下:
for i=1..N
for v=V..0 dp[v]=max{dp[v],dp[v-c[i]]+w[i]};
注意:这种解法只能由V–0,不能反过来,如果反过来就会造成物品重复放置!
#include<iostream> using namespace std; #define Size 1111 int va[Size],vo[Size]; int dp[Size]; int Max(int x,int y) { return x>y?x:y; } int main() { int t,n,v; int i,j; cin>>t; while(t--) { cin>>n>>v; for(i=1;i<=n;i++) cin>>va[i]; for(i=1;i<=n;i++) cin>>vo[i]; memset(dp,0,sizeof(dp)); for(i=1;i<=n;i++) { for(j=v;j>=vo[i];j--) { dp[j]=Max(dp[j],dp[j-vo[i]]+va[i]); } } cout<<dp[v]<<endl; } return 0; }
背包的问题 大家 如果 一时半会 看不懂 最优解 是怎样 得到的 你们 可以 调试程序 仔细 观察 dp 数组 里面 值得 变化 , 还有 要 想一想 程序中
dp[j] = max(dp[j], dp[j-weight[i]] + value[i]);
和
dp[i][j] = max(dp[i-1][j], dp[i-1][j-weight[i]] + value[i]);
代码中 “j - weight[i]” 是为了什么 , 如果 这个 你想通了 你就 明白啦 这个 就是 最优解 更新的 关键 点!
其实 最优解 的 得出 和 你想的 一样 首先 的一个 放进去的 肯定是 一个 性价比 最高的 那个 物品, 但是 程序 却 是 从 第一个 物品 开始 遍历,当然 程序 中 还有 最优解 的 比较 嘛 是吧 , 所以 呀 大家可以 看一下 第一个 最优解 程序 是如何 得出的 , 后面的 都差不多 ,大家 努力 把 , 功夫 不付有心人 ,相信大家 一定可以 通过自己的努力 弄明白的 !!
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