[DP] Cow Exhibition POJ - 2184 经典好题

poj.org/problem?id=2184

奶牛想证明他们是聪明而风趣的。为此，贝西筹备了一个奶牛博览会，她已经对N头奶牛进行了面试，确定了每头奶牛的智商和情商。贝西有权选择让哪些奶牛参加展览。由于负的智商或情商会造成负面效果，所以贝西不希望出展奶牛的智商之和小于零，或情商之和小于零。满足这两个条件下，她希望出展奶牛的智商与情商之和越大越好，请帮助贝西求出这个最大值

Input

第一行：一个整数N，表示奶牛的数量， 1 ≤ N ≤ 100 第二行到第N + 1行：第i + 1行有两个用空格分开的整数： Si和Fi，分别表示第i头奶牛的智商和情商， -1000 ≤ Si ≤ 1000， -1000 ≤ Fi ≤ 1000

Output

第一行：单个整数，表示情商与智商和的最大值。贝西可以不让任何奶牛参加展览，如果这样应该输出 0

这题算是我更深入学习DP的一个开端吧 orz

https://blog.csdn.net/keysona/article/details/45751903 思路是从这篇博客看来的

因为只有选取和不选取的2个状态所以dfs 爆tmd搜大概率应该是tle了

不过只有2状态这也提示了 01背包

首先是可以用IQ或EQ作为背包容量同时加上 100*1000 使之全部为正

然后以100*1000 为正负分界点开始类似于01背包的 DP 但是这里不同的是正负的处理

还有我们通常01背包都是for j=MAXV->weight[i] 从后向前更新

不过这道题就选择将初始化 -INF 认为-INF为未被物品覆盖的点将100*1000 认为是零点

这样凡减去背包容量到 0点或不是-INF的点将他的val 更新选取最大的

另外这道题非常重要的便是更新正数的时候for j=MAXV->weight[i]

因为正数时减去这weight 状态是之前来的如果从 weight[i]->MAXV 就会导致变成完全背包

负数时从0开始因为它的状态是从较大的数来的因为weight是负的

如果从 MAXV+weight[i] 开始就又会变成上面所说的完全背包

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <map>
#include <queue>
#include <set>
#include <stack>
#include <list> 
using namespace std;
typedef long long ll;

const int maxn = 105;
const int maxv = 100*1000*2+5;
const int mod = 1e9+7;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const double PI=acos(-1.0);

int IQ[maxn],EQ[maxn]; 
int dp[maxv];

int main(){
	int n;
	cin>>n;
	for(int i=0;i<n;i++) cin>>IQ[i]>>EQ[i];
	memset(dp,-INF,sizeof(dp));
	dp[100*1000]=0;
	for(int i=0;i<n;i++){
		if(IQ[i]>=0){
			for(int j=maxv-5;j>=IQ[i];j--)
				if(dp[j-IQ[i]]>-INF) dp[j]=max(dp[j],dp[j-IQ[i]]+EQ[i]);
		}
		else{
			for(int j=0;j<=maxv+IQ[i]-5;j++)
				if(dp[j-IQ[i]]>-INF) dp[j]=max(dp[j],dp[j-IQ[i]]+EQ[i]);
		}
	}
	int ans=0;
	for(int i=100*1000;i<=maxv-5;i++){
		if(dp[i]>0) ans=max(ans,i-100*1000+dp[i]); 
	} 
	cout<<ans<<endl;
	return 0;
}

最后 for 找 EQ+IQ 最大数据

做完这题收获蛮大的数据处理和负数这些状态

[DP] Cow Exhibition POJ - 2184 经典好题

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