poj2184 Cow Exhibition（01背包+变化）

poj2184

分析

这道题首先用dp[i]存放每个s[i]的f值，开二维或者三维都不可接受，但是s[i]的值可以为负，数组是从0开始的，所以我们将i值扩大，原来-100000~100000的范围变为0~200000.对于s[i]为正的情况，也就是01背包，当前状态是由之前状态转移而来，因为s[i]为正，所以是从比自己小的得来，保证比自己小的还没有更新过，循环从大到小，但是对于s[i]为负的情况，一个数加负数是变小的，所以之前状态是比自己大的，所以循环从小到大。最后再找到符合题意的最大值。
还真没有想到，对于状态为负而且这个状态不能丢掉的处理，学习了。

题目

http://poj.org/problem?id=2184

代码

#include 
#include 
#include 
#include 

using namespace std;

const int maxn=110;
const int inf=0x3f3f3f3f;

struct node
{
    int s,f;
} cow[maxn];

int dp[200010];

int main()
{
    int n;
    scanf("%d",&n);
    for(int i=0; iscanf("%d %d",&cow[i].s,&cow[i].f);

    for(int i=0; i<=200000; i++)
        dp[i]=-inf;

    dp[100000]=0;

    for(int i=0; iint ss=cow[i].s,ff=cow[i].f;
        if(ss<0&&ff<0)
            continue;
        if(ss>0)
        {
            for(int j=200000; j>=ss; j--)
                if(dp[j-ss]>-inf)
                    dp[j]=max(dp[j],dp[j-ss]+ff);
        }
        else
        {
            for(int j=0; j<=200000+ss; j++)
                if(dp[j-ss]>-inf)
                    dp[j]=max(dp[j],dp[j-ss]+ff);
        }
    }

    int ans=-inf;
    for(int i=100000;i<=200000;i++)
    {
        if(dp[i]>=0)
            ans=max(ans,dp[i]+i-100000);
    }
    printf("%d\n",ans);

    return 0;
}