标签：deque space efi -- pac eps lin typedef 构造
题意：01背包：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volume[i]，价值是value[i]，求解将哪些物品装入背包可使价值总和最大。
分析：
1、构造二维数组：dp[i][j]---前i件物品放入一个容量为j的背包可以获得的最大价值。
dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i - 1][j - volume[i]] + value[i]);---(a)
(1)dp[i - 1][j]---不放第i件物品，因此前i件物品放入一个容量为j的背包的价值与前i-1件物品放入一个容量为j的背包的价值相同。
(2)dp[i - 1][j - volume[i]] + value[i]---放入第i件物品，因为当前背包容量为j，所以需要将前i-1件物品放入容量为j-volume[i]的背包里，剩下的容量为volume[i]的空间放第i件物品。
2、构造一维数组：dp[j]---当前状态是容量为j的背包所得价值。
dp[j] = max(dp[j], dp[j - volume[i]] + value[i]);---(b)
比较上述a式，
b式中的第一个dp[j]是考虑第i件物品的，即当前状态。
而 dp[j - volume[i]] + value[i]和第二个dp[j]是考虑第i-1件物品的，即前一个状态。
因此通过逆序枚举(V……volume[i])的方式更新dp[j]。
原因：因为如果正序，对于正在考虑的物品i，前面已更新的dp[j]会对后面更大容量的dp[j]的更新产生影响，
而逆序枚举，对于当前研究的物品i状态下的dp[j](即将计算)，dp[j]和更小容量的dp[j - volume[i]]都是未更新的，也就是我们需要的前一状态，即第i-1件物品的情况。
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#define lowbit(x) (x & (-x))
const double eps = 1e-8;
inline int dcmp(double a, double b){
if(fabs(a - b) < eps) return 0;
return a > b ? 1 : -1;
}
typedef long long LL;
typedef unsigned long long ULL;
const int INT_INF = 0x3f3f3f3f;
const int INT_M_INF = 0x7f7f7f7f;
const LL LL_INF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
const LL LL_M_INF = 0x7f7f7f7f7f7f7f7f;
const int dr[] = {0, 0, -1, 1, -1, -1, 1, 1};
const int dc[] = {-1, 1, 0, 0, -1, 1, -1, 1};
const int MOD = 1e9 + 7;
const double pi = acos(-1.0);
const int MAXN = 1000 + 10;
const int MAXT = 10000 + 10;
using namespace std;
int value[MAXN], volume[MAXN], dp[MAXN];
int main(){
int T;
scanf("%d", &T);
while(T--){
int N, V;
scanf("%d%d", &N, &V);
for(int i = 0; i < N; ++i){
scanf("%d", &value[i]);
}
for(int i = 0; i < N; ++i){
scanf("%d", &volume[i]);
}
memset(dp, 0, sizeof dp);
for(int i = 0; i < N; ++i){
for(int j = V; j >= volume[i]; --j){
dp[j] = max(dp[j], dp[j - volume[i]] + value[i]);
}
}
printf("%d\n", dp[V]);
}
return 0;
}
HDU - 2602 Bone Collector（01背包讲解）
标签：deque space efi -- pac eps lin typedef 构造
原文地址：http://www.cnblogs.com/tyty-Somnuspoppy/p/6919268.html
