【大疆2019秋招在线笔试】算法第一题参考思路

题目

给定暑假时间X天(<=1000)，游戏数量N个(<=11)，接下来N行给定每种游戏需要花费的天数（Ai），以及通关该游戏带来的成就点数（Bi），求：在暑假X天里能够达成的最高成就点数。

总体思路

首先对游戏进行排序（时间从短到长，价值从低到高），然后就是标准的01背包问题了。

背包问题的解决过程

在解决问题之前，为描述方便，首先定义一些变量：Vi表示第 i 个物品的价值，Wi表示第 i 个物品的体积，定义V(i,j)：当前背包容量 j，前 i 个物品最佳组合对应的价值，同时背包问题抽象化（X1，X2，…，Xn，其中 Xi 取0或1，表示第 i 个物品选或不选）。

1、建立模型，即求max(V1X1+V2X2+…+VnXn)；

2、寻找约束条件，W1X1+W2X2+…+WnXn<capacity；

3、寻找递推关系式，面对当前商品有两种可能性：

包的容量比该商品体积小，装不下，此时的价值与前i-1个的价值是一样的，即V(i,j)=V(i-1,j)；
还有足够的容量可以装该商品，但装了也不一定达到当前最优价值，所以在装与不装之间选择最优的一个，即V(i,j)=max｛V(i-1,j)，V(i-1,j-w(i))+v(i)｝。
其中V(i-1,j)表示不装，V(i-1,j-w(i))+v(i) 表示装了第i个商品，背包容量减少w(i)，但价值增加了v(i)；

由此可以得出递推关系式：

j<w(i) V(i,j)=V(i-1,j)
j>=w(i) V(i,j)=max｛V(i-1,j)，V(i-1,j-w(i))+v(i)｝
这里需要解释一下，为什么能装的情况下，需要这样求解（这才是本问题的关键所在！）：

可以这么理解，如果要到达V(i,j)这一个状态有几种方式？

肯定是两种，第一种是第i件商品没有装进去，第二种是第i件商品装进去了。没有装进去很好理解，就是V(i-1,j)；装进去了怎么理解呢？如果装进去第i件商品，那么装入之前是什么状态，肯定是V(i-1,j-w(i))。由于最优性原理（上文讲到），V(i-1,j-w(i))就是前面决策造成的一种状态，后面的决策就要构成最优策略。两种情况进行比较，得出最优。

代码实现

#include <stdio.h>
#include <stdlib.h>
#include <string.h>
#include <math.h>
#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <string>
#include <map>
using namespace std;

#define MAX_N 10000

typedef struct Node
{
    int t;
    int val;
    friend bool operator < (Node a, Node b)
    {
        if (a.t == b.t)
        {
            return a.val < b.val;
        }
        return a.t < b.t;
    }
}node;
int main() 
{
    int T, N, X;
    node game[MAX_N];
    cin >> T;
    for (int ca = 0; ca < T; ca++)
    {
        int dp[1001][12] = { {0} };
        //dp = (int(*)[MAX_N])malloc(N * MAX_N * sizeof(int));
        //memset(dp, 0, 1001 * 12 * sizeof(int));
        memset(game, 0, MAX_N * sizeof(node));
        cin >> N >> X;
        for (int i = 0; i < N; i++)
        {
            cin >> game[i].val >> game[i].t;
        }
        sort(game, game + N);
        for (int i = game[0].t; i <= X; i++)
        {
            for (int j = 1; j <= N; j++)
            {
                if (game[j].t <= i)
                {
                    dp[i][j] = max(dp[i - game[j].t][j] + game[j].val, dp[i][j - 1]);
                }
            }
        }
        cout << dp[X][N] << endl;
    }
    return 0;
}