目录
- 1.搬砖
- 1.题目描述
- 2.输入格式
- 3.输出格式
- 4.样例输入
- 5.样例输出
- 6.数据范围
- 7.原题链接
- 2.解题思路
- 3.Ac_code
1.搬砖
1.题目描述
这天，小明在搬砖。
他一共有 n n n 块砖, 他发现第 i i i 砖的重量为 w i w_{i} wi, 价值为 v i v_{i} vi 。他突然想从这些 砖中选一些出来从下到上堆成一座塔, 并且对于塔中的每一块砖来说, 它上面 所有砖的重量和不能超过它自身的价值。
他想知道这样堆成的塔的总价值（即塔中所有砖块的价值和）最大是多少。
2.输入格式
输入共
n
+
1
n+1
n+1 行, 第一行为一个正整数
n
n
n, 表示砖块的数量。后面
n
n
n 行, 每行两个正整数
w
i
,
v
i
w_i ,v_i
wi,vi
分别表示每块砖的重量和价值。
3.输出格式
一行, 一个整数表示答案。
4.样例输入
5
4 4
1 1
5 2
5 5
4 3
5.样例输出
10
6.数据范围
n ≤ 1000 ; w i ≤ 20 ; v i ≤ 20000 。 n≤1000;w_i ≤20;v_i ≤20000 。 n≤1000;wi≤20;vi≤20000。
7.原题链接
搬砖
2.解题思路
诸如此题的模型，思路都是按照一种方式排序，使得最优解答案的选择情况，是排序后的一个子序列，然后直接进行背包 d p dp dp 即可。
那么该如何去寻找排序的条件呢？一般的思路在于，对于砖块
x
x
x 和
y
y
y，如果排序后的结果
y
y
y 在
x
x
x的后面，那么对于任意
y
y
y 在
x
x
x 之上的摆放情况，都一定可以将两者调换。
如图，红色砖块为
y
y
y 上所有砖块的重量，我们设为
w
1
w_1
w1，绿色为
x
x
x 与
y
y
y 之间的砖块重量，我们设为
w
2
w_2
w2。
根据题意可知：
v
y
≥
w
1
，
v
x
≥
w
1
+
w
y
+
w
2
v_y≥ w_1，v_x≥w_1+w_y+w_2
vy≥w1，vx≥w1+wy+w2，1
假设排序后
y
y
y 在
x
x
x 的后面，那么也一定满足：
v
x
≥
w
1
，
v
y
≥
w
1
+
w
x
+
w
2
v_x≥ w_1，v_y≥w_1+w_x+w_2
vx≥w1，vy≥w1+wx+w22
因为
v
x
≥
w
1
+
w
y
+
w
2
v_x≥w_1+w_y+w_2
vx≥w1+wy+w21且
w
y
+
w
2
w_y+w_2
wy+w2一定大于
0
0
0，显然
v
x
≥
w
1
v_x≥ w_1
vx≥w1是一定符合要求的。
然后考虑第二个式子，因为
v
x
≥
w
1
+
w
y
+
w
2
v_x≥w_1+w_y+w_2
vx≥w1+wy+w21，经过变形可得
v
x
−
w
y
≥
w
1
+
w
2
v_x-w_y≥w_1+w_2
vx−wy≥w1+w23
将式子3带入式子2可得:
v
y
≥
w
x
+
v
x
−
w
y
v_y≥w_x+v_x-w_y
vy≥wx+vx−wy
将式子整理可得:
v
y
+
w
y
≥
w
x
+
v
x
v_y+w_y≥w_x+v_x
vy+wy≥wx+vx
由此，我们找到了排序条件，也就是说，当满足
v
y
+
w
y
≥
w
x
+
v
x
v_y+w_y≥w_x+v_x
vy+wy≥wx+vx 时，任意
y
y
y 在
x
x
x 之上的摆放情况，都一定可以将两者调换
接下来就是进行背包
d
p
dp
dp即可，
定义
f
[
i
]
[
j
]
f[i][j]
f[i][j]为只考虑前
i
i
i 个物品，且选择的重量为
j
j
j 的最大价值。考虑如何进行转移，对于背包问题，无非是选与不选的两种抉择：
f [ i ] [ j ] = { f [ i − 1 ] [ j ] 不可选 m a x ( f [ i − 1 ] [ j ] , f [ i − 1 ] [ j − w ] + v ) if j≥w且v≥j-w可选 f[i][j] = \begin{cases} f[i-1][j] &不可选\\ max(f[i-1][j],f[i-1][j-w]+v) &\text{if j≥w且v≥j-w} 可选\\ \end{cases} f[i][j]={f[i−1][j]max(f[i−1][j],f[i−1][j−w]+v)不可选if j≥w且v≥j-w可选
题目体积最大只有2e4，答案即为从
f
[
n
]
[
0
]
f[n][0]
f[n][0]到
f
[
n
]
[
20000
]
f[n][20000]
f[n][20000]取个最大值。由于是01背包问题，可以使用滚动数组进行优化。
时间复杂度: O ( n l o g n + n V ) O(nlogn+nV) O(nlogn+nV)
3.Ac_code
未优化版本：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef unsigned long long uLL;
typedef pair<int, int> PII;
#define pb(s) push_back(s);
#define SZ(s) ((int)s.size());
#define ms(s,x) memset(s, x, sizeof(s))
#define all(s) s.begin(),s.end()
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const int mod = 1000000007;
const int N = 1010;
int n;
//只考虑前 i 个砖块，且重量为 j 的最大价值
int f[N][N * 20];
PII a[N];
bool cmp(PII b, PII c) {
return b.first + b.second < c.first + c.second;
}
void solve()
{
cin >> n;
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
cin >> a[i].first >> a[i].second;
}
sort(a + 1, a + n + 1, cmp);
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
int w = a[i].first, v = a[i].second;
for (int j = 0; j <= 20000; ++j) {
f[i][j] = f[i - 1][j];
//可选情况
if (w <= j && v >= j - w) f[i][j] = max(f[i][j], f[i - 1][j - w] + v);
}
}
int ans=0;
for(int i=0;i<=20000;++i) ans=max(ans,f[n][i]);
cout << ans << '\n';
}
int main()
{
ios_base :: sync_with_stdio(false);
cin.tie(0); cout.tie(0);
int t = 1;
while (t--)
{
solve();
}
return 0;
}
滚动数组优化：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef unsigned long long uLL;
typedef pair<int, int> PII;
#define pb(s) push_back(s);
#define SZ(s) ((int)s.size());
#define ms(s,x) memset(s, x, sizeof(s))
#define all(s) s.begin(),s.end()
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const int mod = 1000000007;
const int N = 1010;
int n;
//只考虑前 i 个砖块，且重量为 j 的最大价值
int f[N * 20];
PII a[N];
bool cmp(PII b, PII c) {
return b.first + b.second < c.first + c.second;
}
void solve()
{
cin >> n;
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
cin >> a[i].first >> a[i].second;
}
sort(a + 1, a + n + 1, cmp);
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
int w = a[i].first, v = a[i].second;
for (int j = 20000; j >= w; --j) {
//可选情况
if ( v >= j - w) f[j] = max(f[j], f[j - w] + v);
}
}
int ans = 0;
for (int i = 0; i <= 20000; ++i) ans = max(ans, f[i]);
cout << ans << '\n';
}
int main()
{
ios_base :: sync_with_stdio(false);
cin.tie(0); cout.tie(0);
int t = 1;
while (t--)
{
solve();
}
return 0;
}
