#1038 : 01背包
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描述
且说上一周的故事里，小Hi和小Ho费劲心思终于拿到了茫茫多的奖券！而现在，终于到了小Ho领取奖励的时刻了！
小Ho现在手上有M张奖券，而奖品区有N件奖品，分别标号为1到N，其中第i件奖品需要need(i)张奖券进行兑换，同时也只能兑换一次，为了使得辛苦得到的奖券不白白浪费，小Ho给每件奖品都评了分，其中第i件奖品的评分值为value(i),表示他对这件奖品的喜好值。现在他想知道，凭借他手上的这些奖券，可以换到哪些奖品，使得这些奖品的喜好值之和能够最大。
输入
每个测试点（输入文件）有且仅有一组测试数据。
每组测试数据的第一行为两个正整数N和M,表示奖品的个数，以及小Ho手中的奖券数。
接下来的n行描述每一行描述一个奖品，其中第i行为两个整数need(i)和value(i)，意义如前文所述。
测试数据保证
对于100%的数据，N的值不超过500，M的值不超过10^5
对于100%的数据，need(i)不超过2*10^5, value(i)不超过10^3
输出
对于每组测试数据，输出一个整数Ans，表示小Ho可以获得的总喜好值。
样例输入
5 1000
144 990
487 436
210 673
567 58
1056 897样例输出
2099题解：01背包模板题，所求的是n种商品、m张奖券能兑换的最大价值，可以转化为遍历i种奖品奖券数为j时获取的最大值(dp[i][j])，然后取max( i奖品的价值+剩下奖券能获取的最大价值 ，原来奖券数为j时的最大价值)为奖券数为j时获取的最大值（原理就是比较使用同样多的奖券加入i奖品组合后是否能产生更大价值），dp[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[i-1][j-need[i]]+val[i])，为了减小复杂度，我们可以将dp变成一维数组，只记录奖券数为j时当前最大价值，从表上可以发现，每次增加奖品dp数据更新判断时只使用上一行中小于等于j的数据，所以采取从后往前遍历的方法避免数据使用冲突，同时我们可以一边输入一边更新，不用储存各种奖品对应的奖券数和价值，dp[j]=max(dp[j],dp[j-need+val);（dp漫画讲解：https://www.jianshu.com/p/e200805306db）
//一般解法 时间:2625ms 内存:202MB
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<string.h>
using namespace std;
int dp[505][100011];
int need[505],val[505];
int main()
{
int n,m;
scanf("%d %d",&n,&m);
for(int i=1;i<=n;i++)
scanf("%d %d",&need[i],&val[i]);
memset(dp,0,sizeof(dp));
//dp[i][j]就是奖券数为j时遍历i种产品的最大价值
for(int i=1;i<=n;i++){//第i件奖品
for(int j=1;j<=m;j++){//消耗的奖券数
if(!i){//小于need[i]时该奖品不产生影响
if(j>=need[i])
dp[i][j]=val[i];
}else{
if(j>=need[i])
dp[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[i-1][j-need[i]]+val[i]);
//dp[i-1][j-need[i]]表示减去i奖品所需奖券数能取得的最大价值（在上一奖品中已经求出）
//若i奖品的价值+剩下奖券能获取的最大价值>原来奖券数为j时的最大价值，则更新奖券数为j时的最大价值
else//小于need[i]时该奖品不产生影响
dp[i][j]=dp[i-1][j];
}
}
}
printf("%d\n",dp[n][m]);
return 0;
}//优化解法 时间:143ms 内存:0MB
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<string.h>
using namespace std;
int dp[100011];
int main()
{
int n,m,need,val;
scanf("%d %d",&n,&m);
memset(dp,0,sizeof(dp));
//dp[j]就是奖券数为j当前最大价值
for(int i=1;i<=n;i++){//第i件奖品
scanf("%d %d",&need,&val);
for(int j=m;j>=need;j--)
dp[j]=max(dp[j],dp[j-need]+val);
}
printf("%d\n",dp[m]);
return 0;
}