二维费用 hdu 2159 FATE（完全背包）HDU OJ 4501 小明系列故事——买年货【DP】

二维费用的背包问题是指：对于每件物品，具有两种不同的费用；选择这件物品必须同时付出这两种代价；对于每种代价都有一个可付出的最大值（背包容量）。问怎样选择物品可以得到最大的价值。设这两种代价分别为代价1和代价2，第i件物品所需的两种代价分别为a[i]和b[i]。两种代价可付出的最大值（两种背包容量）分别为V和U。物品的价值为w[i]。

算法

费用加了一维，只需状态也加一维即可。设f[i][v][u]表示前i件物品付出两种代价分别为v和u时可获得的最大价值。状态转移方程就是：

f[i][v][u]=max{f[i-1][v][u],f[i-1][v-a[i]][u-b[i]]+w[i]}

如前述方法，可以只使用二维的数组：当每件物品只可以取一次时变量v和u采用逆序的循环，当物品有如完全背包问题时采用顺序的循环。当物品有如多重背包问题时拆分物品。这里就不再给出伪代码了，相信有了前面的基础，你能够自己实现出这个问题的程序。

物品总个数的限制

有时，“二维费用”的条件是以这样一种隐含的方式给出的：最多只能取M件物品。这事实上相当于每件物品多了一种“件数”的费用，每个物品的件数费用均为1，可以付出的最大件数费用为M。换句话说，设f[v][m]表示付出费用v、最多选m件时可得到的最大价值，则根据物品的类型（01、完全、多重）用不同的方法循环更新，最后在f[0..V][0..M]范围内寻找答案。

复数域上的背包问题

另一种看待二维背包问题的思路是：将它看待成复数域上的背包问题。也就是说，背包的容量以及每件物品的费用都是一个复数。而常见的一维背包问题则是实数域上的背包问题。（注意：上面的话其实不严谨，因为事实上我们处理的都只是整数而已。）所以说，一维背包的种种思想方法，往往可以应用于二位背包问题的求解中，因为只是数域扩大了而已。

#include <stdio.h>
#include <string.h>
#include <algorithm>
using namespace std;
int n, m, k, s;
int a[110],b[110];
int dp[110][110];
int main()
{
while(~scanf("%d%d%d%d", &n, &m, &k, &s))
{
memset(dp, 0, sizeof(dp));
for(int i =1; i<=k; i++)
{
scanf("%d%d", &a[i], &b[i]);
}
for(int i =1; i<=k; i++)
{
for(int p=1; p<=s; p++)  //总的妖怪数
{
for(int c=b[i];c<=m;c++)
{
dp[p][c]=max(dp[p][c],dp[p-1][c-b[i]]+a[i]);
}
}
}
int i;
for( i =1;i<=m; i++)
{
if(dp[s][i]>=n)
{
break;  //即使最后都没找打i=m+1了
}
}
if(i<=m)
printf("%d\n",m-i);
else
puts("-1");
}
return 0;
}

小明---

#include <stdio.h>
#include <string.h>
#include <algorithm>
using namespace std;
int n, v1, v2, k;
int cost[110], tenige[110], val[110];
int dp[110][110][110];
int main()
{
while(~scanf("%d%d%d%d", &n, &v1, &v2, &k))
{
memset(dp, 0, sizeof(dp));
for(int i =0; i<n; i++)
{
scanf("%d%d%d", &cost[i], &tenige[i], &val[i]);
}
for(int i =0; i<n; i++)
{
for(int j =v1; j>=0; j--)
{
for(int a= v2; a>=0; a--)
{
for(int b = k ; b>=0; b--)
{
int tem =0;
if(j>=cost[i])
tem=max(tem,dp[j-cost[i]][a][b]+val[i]);
if(a>=tenige[i])
tem=max(tem, dp[j][a-tenige[i]][b]+val[i]);
if(b>=1)
tem=max(tem, dp[j][a][b-1]+val[i]);
dp[j][a][b]=max(tem,dp[j][a][b]);
}
}
}
}
printf("%d\n", dp[v1][v2][k]);
}
return 0;
}