题解：洛谷 P2639 Bessie's Weight Problem

【题目来源】

洛谷：P2639 [USACO09OCT] Bessie's Weight Problem G - 洛谷

【题目描述】

Bessie 像她的诸多姊妹一样，因为从 Farmer John 的草地吃了太多美味的草而长出了太多的赘肉。所以 FJ 将她置于一个及其严格的节食计划之中。她每天不能吃多过 \(H (5 \le H \le 45,000)\) 公斤的干草。Bessie 只能吃一整捆干草；当她开始吃一捆干草的之后就再也停不下来了。她有一个完整的\(N (1 \le N \le 500)\) 捆可以给她当作晚餐的干草的清单。她自然想要尽量吃到更多的干草。很自然地，每捆干草只能被吃一次（即使在列表中相同的重量可能出现 \(2\) 次，但是这表示的是两捆干草，其中每捆干草最多只能被吃掉一次）。给定一个列表表示每捆干草的重量 \(S_i (1 \le S_i \le H)\) ，求 Bessie 不超过节食的限制的前提下可以吃掉多少干草（注意一旦她开始吃一捆干草就会把那一捆干草全部吃完）。

【输入】

第一行有两个由空格隔开的整数 \(H\) 和 \(N\)。

第 \(2\) 到第 \(N+1\) 行，第 \(i+1\) 行是一个单独的整数，表示第 \(i\) 捆干草的重量 \(S_i\)。

【输出】

第一行一个单独的整数表示 Bessie 在限制范围内最多可以吃多少公斤的干草。

【输入样例】

【输出样例】

【核心思想】

问题分析：给定 \(N\) 捆干草，每捆重量 \(S_i\)，Bessie 每天最多吃 \(H\) 公斤。每捆只能完整吃或不吃，求不超过 \(H\) 的前提下能吃的最大重量。这是一个经典的01背包问题，每捆干草是"物品"，重量既是体积也是价值，背包容量为 \(H\)。
算法选择：
- 01背包（二维）：\(dp[i][j]\) 表示前 \(i\) 捆干草、总重量不超过 \(j\) 时的最大可吃重量
- 01背包（一维滚动数组优化）：\(dp[j]\) 表示背包容量为 \(j\) 时的最大价值，逆序遍历容量避免重复选取
关键步骤：
- 读取输入：\(H\)（容量）和 \(N\)（物品数），以及 \(N\) 个重量 \(S_i\)
- 初始化：\(dp\) 数组全 \(0\)
- 01背包递推（\(i\) 从 \(1\) 到 \(N\)）：
  - 二维版：对于 \(j\) 从 \(1\) 到 \(H\)：
    - 若 \(j < S_i\)：\(dp[i][j] = dp[i-1][j]\)（装不下）
    - 否则：\(dp[i][j] = \max(dp[i-1][j],\ dp[i-1][j-S_i] + S_i)\)（不选或选）
  - 一维滚动优化：对于 \(j\) 从 \(H\) 到 \(S_i\) 逆序：
    - \(dp[j] = \max(dp[j],\ dp[j-S_i] + S_i)\)
- 输出 \(dp[H]\)（或 \(dp[N][H]\)）
时间/空间复杂度：
- 时间复杂度：\(O(N \cdot H)\)，\(N \le 500\)，\(H \le 45000\)
- 空间复杂度：\(O(H)\)，一维滚动数组优化后
01背包的核心思想：
- 选或不选的决策：对于每捆干草，只有两种状态——吃（占用 \(S_i\) 容量，获得 \(S_i\) 价值）或不吃（不占用容量，价值不变）
- 最优子结构：\(dp[j]\) 仅依赖 \(dp[j]\) 和 \(dp[j-S_i]\)，满足无后效性
- 滚动数组优化：逆序遍历容量保证每个物品只被选取一次，将空间从 \(O(N \cdot H)\) 降为 \(O(H)\)
- 价值=重量：本题中每捆干草的价值等于其重量，是01背包的特例，但递推公式不变
- 适用于"有限物品 + 容量约束 + 最大化价值"类经典背包问题

【解题思路】

【算法标签】

普及- #01背包

【代码详解】

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int h, n, wi[505],ci[505];
int dp[205][45005] = {0};
int main()
{
    cin >> h >> n;  // 输入h和n，类似01背包中的N和M（h=M,n=N）
    for (int i=1; i<=n; i++) {  // 记录n件物品的Wi和Ci
        cin >> wi[i];
        ci[i] = wi[i];  // 题目描述中没有ci，但最后求最大重量，可以理解为最大价值，就让ci=wi
    }
    for (int i=1; i<=n; i++) {  // 遍历n个物品
        for (int j=1; j<=h; j++) {  // 遍历背包容量，即吃干草重量
            if (j<wi[i]) {  // 如果背包装不下
                dp[i][j] = dp[i-1][j];  // 则此i件物品不装的价值等于i-1时背包容量为j的价值
            } else {  // 如果装的下
                dp[i][j] = max(dp[i-1][j], dp[i-1][j-wi[i]] + ci[i]);  // 计算i-1时背包容量为j为价值，与装入该物品的价值的最大值，dp[i-1][j-wi[i]]表示没有装入当前物品的价值，+ci[i]表示增加当前物品后的价值
            }
        }
    }
    cout << dp[n][h] << endl;  // 输出结果
    return 0;
}

// 01背包完全体
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int h, n, wi[505],ci[505];
// int dp[205][45005] = {0};
int dp[45005] = {0};
int main()
{
    cin >> h >> n;  // 输入h和n，类似01背包中的N和M（h=M,n=N）
    for (int i=1; i<=n; i++) {  // 记录n件物品的Wi和Ci
        cin >> wi[i];
        ci[i] = wi[i];  // 题目描述中没有ci，但最后求最大重量，可以理解为最大价值，就让ci=wi
    }
    for (int i=1; i<=n; i++) {  // 遍历n个物品
        for (int j=h; j>=1; j--) {  // 遍历背包容量，即吃干草重量（此处是滚动数组模板）
            if (j>=wi[i]) {  // 如果装的下
                dp[j] = max(dp[j], dp[j-wi[i]] + ci[i]);  // dp[j-wi[i]]表示没有装入当前物品的价值，+ci[i]表示增加当前物品后的价值
            }
        }
    }
    cout << dp[h] << endl;  // 输出背包容量为h时是的结果
    return 0;
}

【运行结果】

// dp[n][h]打印结果：
0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 15 15 15 15 15 15 15 15 15 15 15 15 15 15 15 15 15 15 15 15 15 15 15 15 15 15 15 15 15 15 15 15 15 15 15 15 15 15 15 15 15 15
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posted @ 2026-08-28 15:54 团爸讲算法阅读(2) 评论(0) 收藏举报

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普及- #01背包

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