P2871 [USACO07DEC] Charm Bracelet S

记录109

cpp 复制代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int dp[13000];//重量状态 
int w[3500];//重量 
int d[3500];//价值 
int main(){	
	int n,m;//物品个数，总重 
	cin>>n>>m;//输入 
	for(int i=1;i<=n;i++) cin>>w[i]>>d[i];//输入 
	for(int i=1;i<=n;i++){//遍历物品 
		for(int j=m;j>=w[i];j--){//重量状态 
			dp[j]=max(dp[j],dp[j-w[i]]+d[i]);//更新背包 
		}
	}
	cout<<dp[m];//输出 
	return 0;//结束程序 
}

题目传送门https://www.luogu.com.cn/problem/P2871

突破口

有 N 件物品和一个容量为 M 的背包。第 i 件物品的重量是 Wi，价值是 Di。求解将哪些物品装入背包可使这些物品的重量总和不超过背包容量，且价值总和最大。

🔍 一、题目核心理解

🎯 问题描述

这是一个经典的 0-1 背包问题（0-1 Knapsack Problem）：

有 N 件物品，每件有 重量 W_i 和 价值 D_i
背包容量为 M
每件物品 只能选一次或不选
目标：在 总重量 ≤ M 的前提下，使总价值最大

✅ 这是动态规划中最基础、最重要的模型之一。

📌 输入样例解析（输入 #1）

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4 6          → N=4 件物品，背包容量 M=6
1 4          → 物品1：重1，价值4
2 6          → 物品2：重2，价值6
3 12         → 物品3：重3，价值12
2 7          → 物品4：重2，价值7

尝试组合：

选物品1(1,4) + 物品3(3,12) + 物品4(2,7) → 总重=1+3+2=6，总价值=4+12+7=23 ✅
其他组合均 ≤23

输出：23

🧠 二、解题思路：0-1 背包动态规划

状态定义

dp[j] 表示：在背包容量为 j 时，能获得的最大价值

状态转移

对第 i 件物品（重量 w[i]，价值 d[i]）：

不选：dp[j] 不变
选：前提是 j ≥ w[i]，则价值为 dp[j - w[i]] + d[i]

取两者最大值：cpp

cpp 复制代码

dp[j] = max(dp[j], dp[j - w[i]] + d[i]);

初始化

dp[0..M] = 0（全局数组自动初始化为 0）
- 表示"没有物品可选"时，任何容量下最大价值为 0

遍历顺序

外层：遍历每件物品 i = 1 to N
内层：倒序遍历容量 j = M downto w[i]
- 倒序是为了防止同一物品被重复使用（保证是 0-1 背包，不是完全背包）

最终答案

dp[M]：容量不超过 M 时的最大价值（注意：DP 定义的是"恰好用 j 容量"的最大值，但由于我们从 0 开始且只做 max，dp[M] 实际上是"≤M"的最大值）

💡 为什么 dp[M] 就是答案？

因为我们在更新过程中，所有 j ≤ M 的状态都被考虑

而 dp[j] 是非递减的（容量越大，能装的不会更少），所以 dp[M] 是最大值

cpp 复制代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int dp[13000]; // dp[j]：容量为 j 时的最大价值（M ≤ 12880，开13000足够）
int w[3500];   // w[i]：第 i 件物品的重量（N ≤ 3402，开3500足够）
int d[3500];   // d[i]：第 i 件物品的价值

数组大小略大于题目上限，避免越界

cpp 复制代码

int main(){	
    int n, m; // n: 物品数量, m: 背包容量
    cin >> n >> m; // 读入 N 和 M

cpp 复制代码

    for(int i = 1; i <= n; i++) 
        cin >> w[i] >> d[i]; // 读入每件物品的重量和价值（从下标1开始）

使用 1-based 索引，便于理解

cpp 复制代码

    for(int i = 1; i <= n; i++){ // 遍历每一件物品
        for(int j = m; j >= w[i]; j--){ // 倒序遍历背包容量
            dp[j] = max(dp[j], dp[j - w[i]] + d[i]); // 状态转移
        }
    }

🔄 关键逻辑说明：

外层循环：逐个考虑物品
内层循环倒序 ：
- 如果正序（j = w[i] to m），则 dp[j - w[i]] 可能已经包含了当前物品 i，导致重复选择 → 变成完全背包
- 倒序确保 dp[j - w[i]] 来自前 i-1 件物品的状态，符合 0-1 背包要求

✅ 举例：若 w[i]=2，正序时 dp[2] 更新后，dp[4] 会用到新的 dp[2]，相当于选了两次物品 i

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    cout << dp[m]; // 输出最大价值
    return 0;
}

dp[m] 即为所求答案

⚠️ 关键细节说明

细节	说明
数组初始化	全局 `int dp[]` 自动初始化为 0，正确
下标从1开始	避免处理 `i=0` 的边界，清晰
倒序更新	0-1 背包的核心，防止重复选择
空间优化	使用一维数组，将空间从 O(N×M) 降为 O(M)
时间复杂度	O(N × M) ≈ 3402 × 12880 ≈ 4.4e7，在 C++ 中可接受

总结：问题与解法对应

题目要素	DP 设计
N 件物品	外层循环遍历
重量 W_i，价值 D_i	存入数组
容量 M	内层循环上限
每件至多选一次	倒序更新
最大化总价值	`max` 转移，输出 `dp[M]`