http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=2602
第一题 01背包问题
http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=1114
第二题 完全背包问题
http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=2191
第三题 多重背包问题
这里重复使用数组 认识倒序 和 正序的原因
转自:http://www.cppblog.com/tanky-woo/archive/2010/07/31/121803.html
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01背包（ZeroOnePack）: 有N件物品和一个容量为V的背包。（每种物品均只有一件）第i件物品的费用是c[i]，价值是w[i]。求解将哪些物品装入背包可使价值总和最大。
这是最基础的背包问题，特点是：每种物品仅有一件，可以选择放或不放。
用子问题定义状态：即f[i][v]表示前i件物品恰放入一个容量为v的背包可以获得的最大价值。则其状态转移方程便是：
f[i][v]=max{f[i-1][v],f[i-1][v-c[i]]+w[i]}
把这个过程理解下：在前i件物品放进容量v的背包时，
它有两种情况：
第一种是第i件不放进去，这时所得价值为:f[i-1][v]
第二种是第i件放进去，这时所得价值为：f[i-1][v-c[i]]+w[i]
（第二种是什么意思？就是如果第i件放进去，那么在容量v-c[i]里就要放进前i-1件物品）
最后比较第一种与第二种所得价值的大小，哪种相对大，f[i][v]的值就是哪种。
（这是基础，要理解！）
这里是用二位数组存储的，可以把空间优化，用一位数组存储。
用f[0..v]表示，f[v]表示把前i件物品放入容量为v的背包里得到的价值。把i从1~n(n件)循环后，最后f[v]表示所求最大值。
*这里f[v]就相当于二位数组的f[i][v]。那么，如何得到f[i-1][v]和f[i-1][v-c[i]]+w[i]？（重点！思考）
首先要知道，我们是通过i从1到n的循环来依次表示前i件物品存入的状态。即：for i=1..N
现在思考如何能在是f[v]表示当前状态是容量为v的背包所得价值，而又使f[v]和f[v-c[i]]+w[i]标签前一状态的价值？
逆序！
"
#include <iostream>
#include <stdio.h>
#include <string.h> using namespace std; struct Bag
{
int w,v;
}bag[];
int main()
{
freopen("in.txt", "r", stdin); int T, N, V;
scanf("%d", &T);
while(T--)
{
scanf("%d%d",&N, &V);
for (int i = ; i < N; i++)
{
scanf("%d", &bag[i].v);
}
for (int i = ; i < N; i++)
{
scanf("%d", &bag[i].w);
}
long long dp[];
memset(dp, , sizeof(dp));
for (int i = ; i < N; i++)
{
for (int j = V; j >= bag[i].w; j--)
{
dp[j] = max(dp[j], dp[j-bag[i].w] + bag[i].v);
}
}
cout << dp[V] << endl;
}
}
第一题
"
完全背包：
完全背包(CompletePack): 有N种物品和一个容量为V的背包，每种物品都有无限件可用。第i种物品的费用是c[i]，价值是w[i]。求解将哪些物品装入背包可使这些物品的费用总和不超过背包容量，且价值总和最大。
完全背包按其思路仍然可以用一个二维数组来写出：
f[i][v]=max{f[i-1][v-k*c[i]]+k*w[i]|0<=k*c[i]<=v}
同样可以转换成一维数组来表示：
伪代码如下：
for i=1..N for v=0..V
f[v]=max{f[v],f[v-c[i]]+w[i]}
顺序！
想必大家看出了和01背包的区别，这里的内循环是顺序的，而01背包是逆序的。
现在关键的是考虑：为何完全背包可以这么写？
在次我们先来回忆下，01背包逆序的原因？是为了是max中的两项是前一状态值，这就对了。
那么这里，我们顺序写，这里的max中的两项当然就是当前状态的值了，为何？
因为每种背包都是无限的。当我们把i从1到N循环时，f[v]表示容量为v在前i种背包时所得的价值，这里我们要添加的不是前一个背包，而是当前背包。所以我们要考虑的当然是当前状态。
"
#include <iostream>
#include <stdio.h>
#include <string.h>
#define INF 0x3f3f3f3f
using namespace std; struct Coin
{
int v, w;
}coin[];
int dp[];
int main()
{
freopen("in.txt", "r", stdin);
int T, E, F;
scanf("%d", &T);
while (T--)
{
int n;
scanf("%d%d", &E, &F);
scanf("%d", &n);
for (int i = ; i < n; i++)
{
scanf("%d%d", &coin[i].v, &coin[i].w);
}
F -= E;
fill(dp, dp+, INF);
dp[] = ;
for (int i = ; i < n; i++)
{
for (int j = coin[i].w; j <= F; j++ )
{
if (dp[j] > dp[j-coin[i].w]+coin[i].v) dp[j] = dp[j-coin[i].w]+coin[i].v;
}
}
if (dp[F] == INF) cout << "This is impossible." << endl;
else cout << "The minimum amount of money in the piggy-bank is " << dp[F] <<"." << endl;
}
}
第二题
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多重背包
多重背包(MultiplePack): 有N种物品和一个容量为V的背包。第i种物品最多有n[i]件可用，每件费用是c[i]，价值是w[i]。求解将哪些物品装入背包可使这些物品的费用总和不超过背包容量，且价值总和最大。
这题目和完全背包问题很类似。基本的方程只需将完全背包问题的方程略微一改即可，因为对于第i种物品有n[i]+1种策略：取0件，取1件……取n[i]件。令f[i][v]表示前i种物品恰放入一个容量为v的背包的最大权值，则有状态转移方程：
f[i][v]=max{f[i-1][v-k*c[i]]+k*w[i]|0<=k<=n[i]}
这里同样转换为01背包：
普通的转换对于数量较多时，则可能会超时，可以转换成二进制（暂时不了解，所以先不讲）
对于普通的。就是多了一个中间的循环，把j=0~bag[i]，表示把第i中背包从取0件枚举到取bag[i]件。
"
#include <iostream>
#include <stdio.h>
#include <string.h>
using namespace std; struct Rice
{
int money, weight, num;
}rice[];
int main()
{
int T;
freopen("in.txt" ,"r", stdin);
scanf("%d", &T);
while (T--)
{
int n, m;
scanf("%d%d", &n, &m);
for (int i = ; i < m; i++)
{
scanf("%d%d%d", &rice[i].money, &rice[i].weight, &rice[i].num);
}
int dp[][];//定义dp[i][j] 前i 件大米 在背包容量为j 的情况下 获得的最多重量
memset(dp, , sizeof(dp));
for(int i = ; i < m; i++)
{
for (int j = ; j <= n; j++)
{
for (int k = ; k <= rice[i].num && k*rice[i].money <= j;k++)
{
dp[i+][j] = max(dp[i+][j], dp[i][j-k*rice[i].money] + k*rice[i].weight);
}
}
}
//重复利用数组 转化为01背包
int dp1[];//背包容量为i时 可以取 得 的最大值
memset(dp1, , sizeof(dp1));
for (int i = ; i < m; i++)
{
for (int j = ; j < rice[i].num; j++) //这么多个 就只能取这么多次
{
for (int k = n; k >= rice[i].money; k--)
{
dp1[k] = max(dp1[k], dp1[k-rice[i].money]+rice[i].weight);
} }
}
cout << dp1[n] << endl;
}
}
第三题