C. 开心的金明(happy) [ Discussion ]
Description
金明今天很开心，家里购置的新房就要领钥匙了，新房里有一间他自己专用的很宽敞的房间。更让他高兴的是，妈妈昨天对他说：“你的房间需要购买哪些物品，怎么布置，你说了算，只要不超过N元钱就行”。今天一早金明就开始做预算，但是他想买的东西太多了，肯定会超过妈妈限定的N元。于是，他把每件物品规定了一个重要度，分为5等：用整数1~5表示，第5等最重要。他还从因特网上查到了每件物品的价格（都是整数元）。他希望在不超过N元（可以等于N元）的前提下，使每件物品的价格与重要度的乘积的总和最大。
设第j件物品的价格为v[j]，重要度为w[j]，共选中了k件物品，编号依次为j1，j2，……，jk，则所求的总和为：
v[j1]∗w[j1]+v[j2]∗w[j2]+…+v[jk]∗w[jk]。（其中*为乘号）
请你帮助金明设计一个满足要求的购物单。
Input
输入文件happy.in 的第1行，为两个正整数，用一个空格隔开：
Nm
（其中N（<30000）表示总钱数，m（<25）为希望购买物品的个数。）
从第2行到第m+1行，第j行给出了编号为j−1的物品的基本数据，每行有2个非负整数。
vp
（其中v表示该物品的价格(v≤10000)，p表示该物品的重要度(1~5)）
Output
输出文件happy.out只有一个正整数，为不超过总钱数的物品的价格与重要度乘积的总和的最大值（<100000000）。
Samples
Input Copy
1000 5
800 2
400 5
300 5
400 3
200 2
Output
3900
思路
金钱-------》重量
重要度----》价值
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
priority_queue <int,vector<int>,less<int> > q;
priority_queue <int,vector<int>,greater<int> > pp;
vector <int> aa;
typedef struct sty{
int str;
int end;
}ss;
int cmp(ss a,ss b)
{
if(a.str==b.str)
return a.end<b.end;
return a.str<b.str;
}
int pan(int n)
{
for(int i=2;i<=sqrt(n);i++)
if(n%i==0)
return 0;
return 1;
}
int pan1(int n)
{
if(n%10+n/10%10==n/100%10+n/1000)
return 1;
return 0;
}
int max1(int x,int y)
{
if(x>y)
return x;
return y;
}
int min1(int x,int y)
{
if(x>y)
return y;
return x;
}
const int maxn=1e6+888;
const int N=1006;
ll n,m,sum=0,minx=-1;
int a[maxn];
int pre[maxn],sz[maxn],rk[maxn];
int c[maxn];
void f(ll *p)
{
*p/=2;
}
void ff(ll *p)
{
*p=3*(*p)+1;
}
int main(){
int x;
int z,t;
cin>>z>>t;
for(int i=0;i<t;i++)
{
cin>>a[i];
cin>>x;
c[i]=a[i]*x;
}
for(int i=0;i<t;i++)
{
for(int j=z;j>=a[i];j--)
{
pre[j]=max(pre[j],pre[j-a[i]]+c[i]);
}
}
cout<<pre[z];
return 0;
}
一：01背包问题
（每个物体只能拿一次，要求在一定的空间内，拿物体使得到的价值最大）
有两种写法，一种是二维数组，一种是一维数组（省空间）
1.二维dp的模板：（很奇怪这种方式在有多个样例输入的情况下，不用清空dp数组）
状态转移方程：dp[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[i-1][j-wei[i]]+val[i]);
基本操作：
if(j>=wei[i])
{
dp[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[i-1][j-wei[i]]+val[i]);//i为面对第几个物体了
//j为所占的空间大小下，dp数组存的是对应的价值
}
else//这种写二维的方式可不清空
{
dp[i][j]=dp[i-1][j];
}
2.一维dp的模板（这种方式切记清空dp数组，还有就是注意要从后往前逆序推，因为这样得到的才是上一个状态的，否则会重复计算）
模板：
状态转移方程：dp[j]=max(dp[j],dp[j-wei[i]]+val[i]);
基本操作：
memset(dp,0,sizeof(dp));//一维记得清空
for(int i=1;i<=n;++i)
{
for(int j=v;j>=wei[i];--j)
{
dp[j]=max(dp[j],dp[j-wei[i]]+val[i]);
}
}
cout<<dp[v]<<endl;
总结：简单来说就是对于每一个物体有两种选择，要么拿要么不拿，如不拿就继承上一个状态，否则就上一个状态的dp的值加上当前物体的价值。
二：完全背包问题
（每个物体可以拿无数次，要求在一定的空间内，拿物体使得到的价值最大）
板子：
状态转移方程：dp[j]=max(dp[j],dp[j-w[i]]+v[i]);
基本操作：
for(i=1;i<=n;i++)
for(j=w[i];j<=m;j++) //注意此处与01背包不同，01为倒序
dp[j]=max(dp[j],dp[j-w[i]]+v[i]);
优化：若两件物品i、j满足c[i]<=c[j]且w[i]>=w[j]，则将物品j去掉，不用考虑。