POJ 2184 Cow Exhibition【01背包+负数（经典）】

POJ-2184

【题意】：

有n头牛，每头牛有自己的聪明值和幽默值，选出几头牛使得选出牛的聪明值总和大于0、幽默值总和大于0，求聪明值和幽默值总和相加最大为多少。

【分析】：变种的01背包，可以把幽默度看成体积，智商看成价值，那么就转换成求体积和价值都为正值的最大值的01背包了。

以 TS 作为体积，TF作为价值，在保证体积、价值非负的情况下，求解 sum，取其所有情况的最大值。

难点：

1）体积出现负数，将区间改变 [-100000, 100000] ---> [0, 200000]。

（注意此时始点 dp[100000]， [0, 100000)表示 TS 为负，（100000, 200000]表示 TS 为正）

2）状态转移时，对于 smartness 出现负数的处理

（二维更好理解一些，但是若写成一维，则注意内层循环的循环顺序（思想同“背包九讲”里的“优化空间”的方法））

（在我看来：关键是对状态转移方程的理解程度，知道所求值是依赖谁求出来的，在一维数组中各个值的位置又在哪里）

3）千万注意初始化，因为要保证“必须把背包装满”。

【精彩讲解】：

poj 2184解题报告（详细）

POJ 2184 Cow Exhibition（0-1背包）

#include<cstdio>
#include<string>
#include<cstdlib>
#include<cmath>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<set>
#include<queue>
#include<algorithm>
#include<vector>
#include<map>
#include<cctype>
#include<stack>
#include<sstream>
#include<list>
#include<assert.h>
#include<bitset>
#include<numeric>
#define debug() puts("++++")
#define gcd(a,b) __gcd(a,b)
#define lson l,m,rt<<1
#define rson m+1,r,rt<<1|1
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define sqr(x) ((x)*(x))
#define ms(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
#define sz size()
#define be begin()
#define pu push_up
#define pd push_down
#define cl clear()
#define lowbit(x) -x&x
#define all 1,n,1
#define rep(i,n,x) for(int i=(x); i<(n); i++)
#define in freopen("in.in","r",stdin)
#define out freopen("out.out","w",stdout)
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef unsigned long long ULL;
typedef pair<int,int> P;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const LL LNF = 1e18;
const int maxn =  1e5 + 5;
const int maxm = 1e6 + 10;
const double PI = acos(-1.0);
const double eps = 1e-8;
const int dx[] = {-1,1,0,0,1,1,-1,-1};
const int dy[] = {0,0,1,-1,1,-1,1,-1};
const int mon[] = {0, 31, 28, 31, 30, 31, 30, 31, 31, 30, 31, 30, 31};
const int monn[] = {0, 31, 29, 31, 30, 31, 30, 31, 31, 30, 31, 30, 31};
/*
5
-5 7
8 -6
6 -3
2 1
-8 -5
*/
int n;
#define S 100000
#define M 200000
int a[105],b[105];
int dp[200050];
int main()
{
    while(cin>>n)
    {
        for(int i=1; i<=n; i++)
            scanf("%d%d",&a[i],&b[i]);
        memset(dp,-INF,sizeof(dp));   //初始化为极小值
        dp[S]=0;  //100000代替0，去除负数
        for(int i=1; i<=n; i++)
        {
            if(a[i]>0)  //大于0,从右到左常规推导
            {
                for(int j=M; j>=a[i]; j--)
                        dp[j]=max(dp[j],dp[j-a[i]]+b[i]);
            }
            else   //小于0，则需要从左到右推导
            {
                for(int j=0; j-a[i]<=M; j++)
                        dp[j]=max(dp[j],dp[j-a[i]]+b[i]);
            }
        }
        int sum=0;
        for(int i=S; i<=M; i++) //i保证智慧>=0 ，而dp【i】保证幽默>=0
            if(dp[i]>=0)     //智慧与幽默都必须大于0
                sum=max(sum,dp[i]+i-S);
        printf("%d\n",sum);
    }
    return 0;
}
/*
s[i] > 0，5-s[i] 很明显是小于 5 的，此时，dp[5-s[i]] 保存的还是 上一个状态 的值，所以我们可以放心大胆的用。
然后是判断条件,dp[v-s[i]]>inf,记得一开始我们把表示智力值总和的数组的初始化为inf吗？如果，dp[v-s[i]]<=inf,这意味着没有这个智力值没有用到，也就是dp[v] 这个是没有dp[v-s[i]]这个状态，既然没有我们就无视罗。
*/