背包问题（01背包）

01背包

• 现有N件物品和一个最多能承重M的背包，第i件物品的重量是$w_i$，价值是$v_i$。在背包能承受的范围内，试问将哪些物品装入背包后，可使价值最大，求这个最大价值。

每件物品只有选和不选两种状态，所以称为01背包问题。

dp[i][j]：在背包承重为j的前提下，从前i个物品中选，能够得到的最大价值。

dp[N][M]即为问题的答案。

 

• 选第i个物品：第i个物品一定会被选择，所以只需考虑从前i-1个物品中选，且总重量不超过j-w[i]。对应dp[i-1][j-w[i]]+v[i]。
• 不选第i个物品：从前i-1个物品中选，且总重量不超过j。对应dp[i-1][j]。

综上所述，得到递推公式dp[i][j] = max(dp[i-1][j-w[i]]+v[i]，dp[i-1][j]）

• 由于下标不能为负数，所以要设定前提 j≥w[i]
• 当j<w[i]时，意味着第i个物品不能装入背包，此时dp[i][j]=dp[i-1][j]

 

dp数组初始化

• 背包承重为0时，装不下任何物品。dp[i][0]=0
• 一个物品也不选，最大价值为0。dp[0][j]=0

所以dp数组初始化为全0。（设置为全局变量，全局变量初始值为0）

 

优化为一维数组

从dp[i][j]优化到dp[j]

dp[j]的定义：N件物品，背包容量j下的最优解。

枚举背包容量时需要逆序。

• 如果j从小到大顺序枚举，dp[j-w[i]]的下标中，j-w[i]小于j，dp[j-w[i]]已经在第i层循环被计算过了，而真正想要的dp[j-w[i]]应该是第i-1层里面的。j从大到小枚举可以保证dp[j-w[i]]还没有被计算过，也就是第i-1层的数据。

 

LG2392

复习的最短时间：尽可能用左右脑同时思考，时间差最小的题目量。

假设左脑的思考时间不大于右脑，当复习时间取最短时，左脑的思考时间≤总复习时间/2。

题目可以抽象看作01背包问题，每个学科有s[i]个物体，每个物体的体积为v[j]，价值为v[j]，背包总体积为总复习时间/2

dp[i][j]：从编号为0到i的物体中选出若干个物体，总体积小于j的最大价值。

dp[i][j]由两种状态转移得到，一种是选第i个物体，一种是不选第i个物体。

代码

#include<iostream>
#include<cstring>

using namespace std;

const int N = 1210;

int cnt,t;
int s[10],v[30];
int dp[N];

int main()
{
    for(int i=1;i<=4;i++)
        cin>>s[i];
        
    for(int i=1;i<=4;i++){
        memset(dp,0,sizeof dp);　　//有四个学科，计算每科最短复习时间前要先初始化数组
        for(int j=1;j<=s[i];j++){
            cin>>v[j];
            cnt+=v[j];
        }
        
        for(int j=1;j<=s[i];j++){
            for(int k=cnt/2;k>=v[j];k--){
                dp[k]=max(dp[k],dp[k-v[j]]+v[j]);　　//状态转移方程
            }
        }
        
        t+=cnt-dp[cnt/2];　　//假设左脑所用时间不大于右脑，dp[cnt/2]表示左脑，cnt-dp[cnt/2]表示右脑，复习该科所需时间不少于右脑花费的时间
        cnt=0;
    }
    
    cout<<t<<endl;
    
    return 0;
 }