01背包的模板
小提醒：写01背包时要养成 初始化数组 和 从1开始循环 的习惯
#无优化
for(int i=1;i<=n;i++)
{
for(int c=1;c<=m;c++) //在这里，背包放入物品后，容量不断的减少，直到再也放不进了
{
f[i][c]=f[i-1][c];
if(c>=w[i])
f[i][c]=max(f[i][c],f[i-1][c-w[i]]+v[i]); // w为体积 v为价值
}
}
// f[n][m]即为最大值（以物品为第一维数组）
#一维数组与判断条件优化
for(int i=1;i<=n;i++)
{
for(int c=m;c>=w[i];c--)
{
f[c]=max(f[c],f[c-w[i]]+v[i]); // w为体积 v为价值
}
}
// f[m]即为最大值（以容量为第一维数组）
经典例题1
样例输入
2
50
5
10
1 2 3 2 1 1 2 3 2 1
50
0
样例输出
-45
32
AC代码
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;
int main()
{
while(~scanf("%d",&n),n>0)
{
int n;
cin>>n;
int i,price[1005]= {0},dp[1005] = {0}; //dp要初始化为 0
for(i = 1; i<=n; i++)
cin>>price[i];
sort(price+1,price+1+n);
int MAX=price[n];
int j,m;
cin>>m; //相当于背包容量
if(m<5) //低于5元不能购买
{
cout<<m<<endl;
continue;
}
m-=5; //取出5元用于购买最贵的物品
for(i = 1; i<n; i++)//01背包
{
for(j = m;j>=price[i];j--)
{
dp[j] = max(dp[j],dp[j-price[i]]+price[i]);
}
}
cout<<m+5-dp[m]-MAX<<endl;
}
return 0;
}
做法：首先要在现在所拥有的余额中保留5元，用这五元去购买最贵的物品，而剩下的钱就是背包的总容量，将容量减为最小
经典例题2
样例输入
2
10 1
20 1
3
10 1
20 2
30 1
-1
样例输出
20 10
40 40
AC代码
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
int val[5005]; //50 * 100 （不同设施的总数 * 设施的对应数量）
int dp[100000];
int main()
{
int n,i,j,a,b,l,sum;
while(~scanf("%d",&n),n>0)
{
memset(val,0,sizeof(val));
memset(dp,0,sizeof(dp));
l = 0;
sum = 0;
for(i = 0;i<n;i++)
{
cin>>a>>b;
while(b--)
{
val[l++] = a;
sum+=a;
}
}
for(i = 0;i<l;i++) //相当于物品个数
{
for(j = sum/2;j>=val[i];j--) //sum/2 相当于背包容量
{
dp[j] = max(dp[j],dp[j-val[i]]+val[i]);
}
}
cout<<sum-dp[sum/2]<<' '<<dp[sum/2]<<endl; //前者一定大于后者
}
return 0;
}
做法：换一种思维，因为题目要求要尽量平均分配，所以我们可以先将总价值 sum 求出，然后得出其分配的平均值为 sum/2，这个值即背包总容量，可以得出最小那个价值（因为01背包算出的最大值小于等于背包容量），所以另一个值即最大，用 sum 减去即可
经典例题3
样例输入
1
5 10
1 2 3 4 5
5 4 3 2 1
样例输出
14
AC代码
#include<iostream>
using namespace std;
struct Node
{
int val,vol;
}node[1005];
int main()
{
int t;
cin>>t;
while(t--)
{
int n,v,sum=0,i,j;
cin>>n>>v;
int dp[1005]={0};
for(int i=1;i<=n;i++)
cin>>node[i].val;
for(int i=1;i<=n;i++)
cin>>node[i].vol;
for(i=1;i<=n;i++)
for(j=v;j>=node[i].vol;j--)
dp[j]=max(dp[i],dp[j-node[i].vol]+node[i].val);
cout<<dp[v]<<endl;
}
return 0;
}
01背包的原型题，只是用一个结构体替换了两个数组
经典例题4 （很难）
样例输入
3
5 10 2
1 2 3 4 5
5 4 3 2 1
5 10 12
1 2 3 4 5
5 4 3 2 1
5 10 16
1 2 3 4 5
5 4 3 2 1
样例输出
12
2
0
AC代码
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
struct Node
{
int price;
int val;
} node[1005];
int main()
{
int t;
scanf("%d",&t);
while(t--)
{
int n,v,k,i,dp[1005][31] = {0},a[31],b[31]; //dp[i][j]表示i体积下第j优解
scanf("%d%d%d",&n,&v,&k); //骨头的数量,袋子的体积,第 K优解
for(i = 0; i<n; i++)
scanf("%d",&node[i].price);
for(i = 0; i<n; i++)
scanf("%d",&node[i].val);
int j;
for(i = 0; i<n; i++)
{
for(j = v; j>=node[i].val; j--)
{
int d;
for(d = 1; d<=k; d++) //分别将放入第 i个石头与不放第 i个石头的结果存入数组 a b 中
{
a[d] = dp[j-node[i].val][d]+node[i].price;
b[d] = dp[j][d];
}
int x,y,z;
x = y = z = 1;
a[d]=b[d]=-1; //此 d 相当于 k+1, 即越界
while(a[x]!=-1||b[y]!=-1) //产生分歧后找到其中最大的 k的保留
{
if(a[x] > b[y])
dp[j][z] = a[x++];
else
dp[j][z] = b[y++];
if(dp[j][z]!=dp[j][z-1]) //因为优解的值不能相同, 去掉重复了的优解
z++;
}
}
}
printf("%d\n",dp[v][k]);
}
return 0;
}
分析：因为要求第k大，故不能有重复的解
做法：将放或不放某一块石头分别存入数组中，最后归并从小到大排序进 dp 中，这样就可以存储特定体积下第 k 优解（最大价值），最后输出即可
经典例题5（难）
样例输入
3
0.04 3
1 0.02
2 0.03
3 0.05
0.06 3
2 0.03
2 0.03
3 0.05
0.10 3
1 0.03
2 0.02
3 0.05
样本输出
2
4
6
AC代码
#include<iostream>
#include<cstring>
using namespace std;
int money[110]; //表示每个银行的钱（相当于背包容量）
double pp[110]; //被抓的概率
double dp[110*110];
int main()
{
int t;
double p; //表示最大允许的概率
int n; //计划的银行数
cin>>t;
while(t--)
{
memset(dp,0,sizeof(dp));
int sum=0;
cin>>p>>n;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
cin>>money[i]>>pp[i];
sum+=money[i];
}
dp[0]=1; //以概率 1 为初始值
for(int i=1;i<=n;i++)
{
for(int j=sum;j>=money[i];j--)
{
dp[j]=max(dp[j],(dp[j-money[i]])*(1-pp[i]));
}
}
int ans=0;
for(int j=0;j<=sum;j++) //包括一个银行都不能抢的情况
{
if((1-dp[j]-p)<1e-8) //卡一点精度，由于是double类型
ans=max(ans,j);
}
cout<<ans;
}
return 0;
}
题目大意：先给出几组数据，每组数据第一行是被抓的总概率 p (最后求得的总概率必须小于它，否则被抓)，然后是想抢的银行数 n 行，每行分别是该银行能抢的钱数 m [ i ] 和被抓的概率 p [ i ]，被抓的概率越大，逃跑概率越小，求最大逃跑概率
做法：背包容量必然是钱数，然后是求最大逃跑概率，而题中每组数据第一行是被抓概率，所以要先用 1 减一下，还有最后求得的逃跑概率是随着抢银行的数量增加而减少，多抢一个银行，其钱数必将转化为概率的乘积，所以动态方程也要做出改变；最后遍历，剩余的钱数越多，说明所抢的钱数越少，逃跑几率越大，所以从大到小遍历背包容量，一旦大于 p，即为最大概率则跳出
经典例题6（难）
样例输入
2 10
10 15 10
5 10 5
3 10
5 10 5
3 5 6
2 7 3
样例输出
5
11
AC代码
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;
struct node
{
int p,q,v;
}a[505];
int cmp(node x,node y)//按 q-p排序，保证差额最小为最优
{
return x.q-x.p<y.q-y.p;
}
int main()
{
int n,m,i,j;
int dp[5005]={0};
while(~scanf("%d%d",&n,&m))
{
for(i = 0; i<n; i++)
cin>>a[i].p>>a[i].q>>a[i].v;
memset(dp,0,sizeof(dp));
sort(a,a+n,cmp);
for(i = 0; i<n; i++)
{
for(j = m; j>=a[i].q; j--) //剩余的钱大于 q 才能买
{
dp[j] = max(dp[j],dp[j-a[i].p]+a[i].v); //减去 p
}
}
cout<<dp[m];
}
return 0;
}
分析：dp[j] = max(dp[j],dp[j-a[i].p]+a[i].v) 表达的是这第 i 个物品要不要买，但同时也在判断第 i 个物品要不要先买，如果先买剩下的空间随便放，看是否得到的价值会更大
做法：将物品按差值（q - p）进行排序，小的排在前面，然后就用01背包计算最高价值
经典例题7
样例输入
200.00 3
2 A:23.50 B:100.00
1 C:650.00
3 A:59.99 A:120.00 X:10.00
1200.00 2
2 B:600.00 A:400.00
1 C:200.50
1200.50 3
2 B:600.00 A:400.00
1 C:200.50
1 A:100.00
100.00 0
样例输出
123.50
1000.00
1200.50
AC代码
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
int dp[3000005]; //由于每张发票不超过 1000，最多 30 张，扩大 100 倍数后开这么大即可
int main()
{
char ch;
double x,y;
int sum,a,b,c,money[35],v;
int t,i,j,k;
while(~scanf("%lf%d",&x,&t),t)
{
sum = (int)(x*100);//将小数化作整数处理
memset(money,0,sizeof(money));
memset(dp,0,sizeof(dp));
int l = 0;
for(i = 0; i<t; i++)
{
cin>>k;
a = b = c = 0;
int flag = 1;
while(k--)
{
scanf(" %c:%lf",&ch,&y);
v = (int)(y*100);
if(ch == 'A' && a+v<=60000)
a+=v;
else if(ch == 'B' && b+v<=60000)
b+=v;
else if(ch == 'C' && c+v<=60000)
c+=v;
else
flag = 0;
}
if(a+b+c<=100000 && a<=60000 && b<=60000 && c<=60000 && flag) //注意 flag
money[l++] = a+b+c; //仅添加有效发票
}
for(i = 0; i<=l; i++)
{
for(j = sum; j>=money[i]; j--)
dp[j] = max(dp[j],dp[j-money[i]]+money[i]);
}
printf("%.2lf\n",dp[sum]/100.0);
}
return 0;
}
分析：
1、只有 a，b，c 三种物品可以报销，含有其他物品的发票作废
2、每个物品的价值不能超过 600
3、每张发票总价值不能超过 1000
做法：
先判断哪些发票可以报销，添加进 money 数组中，再对数组进行01背包求出最大报销金额
经典例题8（非常难）
题目描述
DD 和好朋友们要去爬山啦！他们一共有 K 个人，每个人都会背一个包，每个人包的容量是相同的，都是 V
可以装进背包里的一共有 N 种物品，每种物品都有给定的体积和价值。
在 DD 看来，合理的背包安排方案是这样的：
1、每个人背包里装的物品的总体积恰等于包的容量
2、每个包里的每种物品最多只有一件，但两个不同的包中可以存在相同的物品
3、任意两个人，他们包里的物品清单不能完全相同
在满足以上要求的前提下，所有包里的所有物品的总价值最大是多少呢？
输入格式
第一行有三个整数：K，V，N （ k<=50 v<=5000 n<=200）
第二行开始的 N 行，每行有两个整数，分别代表这件物品的体积和价值
输出格式
只需输出一个整数，即在满足以上要求的前提下所有物品的总价值的最大值
样例输入
2 10 5
3 12
7 20
2 4
5 6
1 1
样例输出
57
AC代码
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
int n, v, k, c[205], w[205], q[55], ans = 0;
int f[5005][55]; //背包容量 和 第 k优解
int main()
{
cin>>k>>v>>n; //人数 背包容量 物品数
memset(f, 128, sizeof(f)); f[0][1] = 0; //数组 f初始化越大越好且将f[0][1]初始化为 0
for(int i=1;i<=n;i++) cin >> c[i] >> w[i];
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=v;j>=c[i];j--)
{
int now = 1, last = 1, cnt = 0;
while(cnt < k) //不用去重（只要满足不同物品即可）
{
if(f[j][now] > f[j-c[i]][last]+w[i])
q[++cnt] = f[j][now++];
else q[++cnt] = f[j-c[i]][last++]+w[i];
}
for(int z=1;z<=k;z++) f[j][z] = q[z];
}
for(int i=1;i<=k;i++) ans += f[v][i];
cout<<ans;
return 0;
}
分析：与经典例题4 类似，但是求前 k 个最优解，所以不用去重
做法：整体与经典例题4 类似，却采用了数组 f 初始化越大越好 且 将f[0][1]初始化为 0 的方法，没有记录放或不放物品的特解，而是直接将特解进行比较，从小到大存储在新的数组中，再最后遍历一遍将值重新赋回 （目前暂未掌握，有待理解）
