背包九讲之二维费用的背包
FATE
Time Limit: 2000/1000 MS (Java/Others) Memory Limit: 32768/32768 K (Java/Others) Total Submission(s): 3955 Accepted Submission(s): 1750
Problem Description
最近xhd正在玩一款叫做FATE的游戏，为了得到极品装备，xhd在不停的杀怪做任务。久而久之xhd开始对杀怪产生的厌恶感，但又不得不通过杀怪来升完这最后一级。现在的问题是，xhd升掉最后一级还需n的经验值，xhd还留有m的忍耐度，每杀一个怪xhd会得到相应的经验，并减掉相应的忍耐度。当忍耐度降到0或者0以下时，xhd就不会玩这游戏。xhd还说了他最多只杀s只怪。请问他能升掉这最后一级吗？
Input
输入数据有多组，对于每组数据第一行输入n，m，k，s(0 < n,m,k,s < 100)四个正整数。分别表示还需的经验值，保留的忍耐度，怪的种数和最多的杀怪数。接下来输入k行数据。每行数据输入两个正整数a，b(0 < a,b < 20)；分别表示杀掉一只这种怪xhd会得到的经验值和会减掉的忍耐度。(每种怪都有无数个)
Output
输出升完这级还能保留的最大忍耐度，如果无法升完这级输出-1。
Sample Input
10 10 1 10
1 1
10 10 1 9
1 1
9 10 2 10
1 1
2 2
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]}k
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。
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。
#include "stdio.h"
#include "string.h"
#ifndef SYMBOL
#define max(a,b) a>b?a:b
#endif
int main(int argc, char const *argv[])
{
int dp[500][200]={0},i,j,p,a[105],b[105];
int n,m,k,s;
while (~scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&k,&s)) {//分别表示还需的经验值，保留的忍耐度，怪的种数和最多的杀怪数
memset(dp,0,sizeof(dp));
for(i = 0; i < k; i++)//输入怪数据ａ是价值，ｂ是消耗的耐久度，
scanf("%d%d",&a[i],&b[i]);
for(i = 0 ; i < k; i++)//k个物品都找一圈
for(j = 1 ; j <= s ; j++)//完全背包
for (p = b[i]; p <= m; p++) {//增加的一维需要作为消耗去遍历
dp[p][j] = max(dp[p][j], dp[p-b[i]][j-1]+a[i]);
}
/* **ｔｅｓｔ***
n=10 m=10 k=1 s=10 a[0]=1,b[0]=1
for j = 1--> 10
p = 1 --> 10
dp[p][j] = max(0,dp[0][j-1]+a[i])
//dp[][] = p 的花费下，以ｊ为最大杀怪数，可以得到的最大价值
*/
if (dp[m][s] < n) {//dp[m][s]中存储的是在付出ｍ的忍耐度和最多杀ｓ个怪下可得到的最大价值，是否能升级
printf("-1\n");
}
else{
for (i = 0 ; i <= m; i++){//当能够升级，则需要进一步去找第一个恰好可以ｉ的忍耐值下的可以升级
if(dp[i][s] >= n){
printf("%d\n",m-i);
break;
}
}
}
}
return 0;
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