hdu1114Piggy-Bank(DP完全背包)

题意：在ACM可以做任何事情，必须准备和预算获得必要的财政支持。这次行动的主要收入来自不可逆绑定金钱（IBM）。背后的想法很简单。每当一些ACM成员有任何小的钱，他把所有的硬币和成小猪银行抛出。你知道，这个过程是不可逆的，不能被删除的硬币没有打破猪。足够长的时间后，应该有足够的现金在小猪银行支付，需要支付的一切，但有一个很大的问题，小猪银行。这是不可能的，以确定多少钱，里面是。因此，我们可能会破坏猪成片，才发现没有足够的钱。显然，我们要避免这种不愉快的情况。唯一的可能性是衡量小猪银行，并尝试猜里面有多少硬币。假设我们能够准确，我们知道所有硬币给定货币的权重确定权重的猪。再有就是一些最低金额在小猪银行的钱，我们可以保证。你的任务是要找出这种最坏的情况下，里面的小猪银行确定的最低数额的现金。我们需要你的帮助。没有更多的过早破裂的猪！

输入包括T检验案件。它们的数量（T）给定的输入文件的第一行上。每个测试案例开始行包含两个整数E和F表示一个空的猪和猪装满硬币的重量。两个权重给定的以克为单位。没有猪的重量超过10公斤，这意味着1 <= E <= F <= 10000。在第二行中的每一个测试的情况下，是一个整数N（1 <= N <= 500），使在给定的货币使用的各种硬币的数目。这正是N行，每指定一个硬币型。这些行包含两个整数，P和W（1 <= P <= 50000，1 <= W <= 10000）。P是货币单位的硬币的值，W是它的重量克数。

原题：
http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=1114

题目解析：

题目

有N种物品和一个容量为V的背包，每种物品都有无限件可用。

第i种物品的体积是c，价值是w。求解将哪些物品装入背包可使这些物品的体积总和不超过背包容量，且价值总数最大。

完全
背包问题有一个很简单有效的优化，是这样的：若两件物品i、j满足c[i]<=c[j]且w[i]>=w[j]，则将物品j去掉，不用考虑。这个优化的正确性显然：任何情况下都可将价值小费用高得j换成物美价廉的i，得到至少不会更差的方案。对于随机生成的数据，这个方法往往会大大减少物品的件数，从而加快速度。然而这个并不能改善最坏情况的复杂度，因为有可能特别设计的数据可以一件物品也去不掉。这个优化可以简单的O(N^2)地实现，一般都可以承受。

另外，针对
背包问题而言，比较不错的一种方法是：首先将费用大于V的物品去掉，然后使用类似
计数排序的做法，计算出费用相同的物品中价值最高的是哪个，可以O(V+N)地完成这个优化。这个不太重要的过程就不给出
伪代码了，希望你能独立思考写出伪代码或程序。

既然01
背包问题是最基本的
背包问题，那么我们可以考虑把完全背包问题转化为01背包问题来解。最简单的想法是，考虑到第i种物品最多选V/c件，于是可以把第i种物品转化为V/c件费用为c[I]及价值w[I]的物品，然后求解这个01
背包问题。这样完全没有改进基本思路的
时间复杂度，但这毕竟给了我们将完全背包问题转化为
01背包问题的思路：将一种物品拆成多件物品。

更高效的转化方法是：把第i种物品拆成费用为c*2^k、价值为w*2^k的若干件物品，其中k满足0<=k<=log2(V/c)+1。这是二进制的思想，因为不管最优策略选几件第i种物品，总可以表示成若干个2^k件物品的和。这样把每种物品拆成O(log2(V/c))件物品，是一个很大的改进。

最优解法—O(VN)

for i=1..N

for j=c..V

f[j]=max{f[j],f[j-c]+w}

你会发现，这个
伪代码与
01背包的伪代码只有v的循环次序不同而已。为什么这样一改就可行呢？

首先想想为什么
01背包中要按照v=V..0的逆序来循环。这是因为要保证第i次循环中的状态f[v]是由状态f[v-c]递推而来。换句话说，这正是为了保证每件物品只选一次，保证在考虑“选入第i件物品”这件策略时，依据的是一个没有已经选入第i件物品的子结果f[v-c]。

而现在完全背包的特点恰是每种物品可选无限件，所以在考虑“加选一件第i种物品”这种策略时，却正需要一个可能已选入第i种物品的子结果f[v-c]，所以就可以并且必须采用v=0..V的顺序循环。这就是这个简单的程序为何成立的道理。

这个算法也可以以另外的思路得出。例如，基本思路中的状态转移方程可以等价地变形成这种形式：

f[j]=max{f[j],f[j-c]+w}

将这个方程用一维
数组实现，便得到了上面的
伪代码。

最后抽象出处理一件完全背包类物品的过程
伪代码，以后会用到：

procedure CompletePack(c,w)

for j=c..V

f[j]=max{f[j],f[j-c]+w}

总结

完全
背包问题也是一个相当基础的背包问题，它有两个状态转移方程，分别在“基本思路”以及“最优解法—O(VN)”的小节中给出。希望你能够对这两个状态转移方程都仔细地体会，不仅记住，也要弄明白它们是怎么得出来的，最好能够自己想一种得到这些方程的方法。

事实上，对每一道动态规划题目都思考其方程的意义以及如何得来，是加深对动态规划的理解、提高动态规划功力的好方法。希望在你看完这篇文字后，会有所启发。

注意事项：题目要求要
“恰好装满”，所以初始化时，除dp[0]赋值为零外其它的dp[i]都赋值为
+∞，因为题目是求最小值，若为求最大值，则dp[i]都赋值为-∞；求最大值中
若没有限定则都赋值为0；注意两种问法的不同；

代码实现：

#include<stdio.h>
#include<cstring>
using namespace std;
#pragma comment(linker,"/STACK:102400000,102400000")
#define MAX  10005
#define IFN  1000000
int dp[MAX];
int p[505],w[505];
int min(int x,int y)
{
     return(x>y?y:x);
}
int main()
{
   //freopen("input.txt","r",stdin);
     int e,v;
     int i,j,t;
     scanf("%d",&t);
     while(t--)
     {
          scanf("%d%d",&e,&v);
          dp[0]=0;//注意dp[0]要赋值为0；
          for(i=1;i<=v;i++)dp[i]=IFN;//因要求最小值，所以其他都要赋值初始化为最大数
          v-=e;
          int n;
          scanf("%d",&n);
          for(i=0;i<n;i++)
                scanf("%d%d",&p[i],&w[i]);
          for(i=0;i<n;i++)
          for(j=w[i];j<=v;j++)
          {
               dp[j]=min(dp[j],dp[j-w[i]]+p[i]);
          }
          if(dp[v]==IFN)printf("This is impossible.\n");//若不能恰好装满，则dp[v]就没有被改变
          else
          printf("The minimum amount of money in the piggy-bank is %d.\n",dp[v]);/*dp[v]即为恰好装满的最大值*/

     }
   return 0;
}