动态规划(01背包): 小U生活事件快乐值最大化 | 豆包MarsCodeAI刷题题目链接小U生活事件快乐值最大化前

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小U生活事件快乐值最大化

前置知识

01背包

01背包即给定背包容量 $n$ ，给定物品重量 $w$ 和价值 $v$ ，每个物品只能选一次，求在容量满足的情况下能得到的最大价值

分析一下，第一想法必然是贪心，我从价值大的往价值小的选，为什么不行？假设

n = 5 w = [2,3,4] v = [2,3,4]
此时按照价值排序，会选出[4] 得到价值4 但很明显有更优的选择[2,3]得到价值5

再次分析，我们从每个物品的性价比来选（性价比相同取w小的）可行吗？
假设

n = 5 w = [1,5] v = [10,11] 此时性价比为 $[10,2.2]$ , 会优先选择[1] 得到价值10, 而不是最优解[5] 价值11

OK, 可以看出贪心只能达到局部最优，不能得到全局最优
换一种思路

n = 5 w = [2,3,4] v = [2,3,4]
我们拿一个数组f来记录容量为 $i$ 的最大价值
假设我们要装第一个物品 $w_1$ 我们至少需要容量2

f[5] 表示容量为5 可以装所以f[5] = 2 , 此时剩余容量3

f[4] 同上 f[4] = 2 , 剩余容量2

f[3] 同上 f[3] = 2 , 剩余容量1

f[2] 同上 f[2] = 2 , 剩余空间0

f[1] 不行，f[1] = 0, 剩余容量1
此时f = [0,0,2,2,2] f[0]不做使用

此时我们尝试装入第二个物品 $w_2$ ，需要容量3

f[5]可以装 $w_2$ ，剩余容量2，正好可以把容量2(f[2])的物品也装一起, f[5] = 3 + f[2]，在上一轮，f[5]装了 $w_1$ , 价值是2, 此时新的价值为5 所以更新

f[4]装 $w_2$ ，剩余空间1，可以把容量1(f[1])的装上 f[4] = 3 + f[1] = 3 比较同上

f[3] ...

f[2] 不能装，所以他的值还是装 $w_1$
此时 $f = [0,0,2,3,5]$
到最后一个物品 $w_3$ , 需要容量4

f[5]可以装 $w_3$ 剩余容量1，即 f[5] = 4 +f[1]，值为4, 在上一轮f[5]装了物品 $w_1$ 和 $w_2$ 的价值为5，此时上一轮价值大于现在，所以不装 $w_3$

f[4]可以装, 剩余0， f[4] = 4 ，上一轮得到的值是3,所以选择装 $w_3$
....
得到 $f = [0,0,2,4,5]$
此时物品选完了答案就是f[n=5]

上面是手推流程，总结一下其中重复的步骤，由大规模往小规模转换
$f_j = max(f[j], f[j-w_i] + v_i)$
$f[i]$ 表示在容量 $i$ 时能够得到的最大价值
当然，这是式子是在容量 $j > w_i$ 的情况下使用的
如果你理解了上面的思路，你可以完成0,1背包最大值问题

接下来，我们考虑本题

本题也称为二维费用背包，本质仍然是01背包，只是在01背包的基础上多了一个属性

解题思路

简化题意：
- 在时间<= $T$ && 精力 <= $H$ 的情况下，可以装的最多物品(事件)
- 装物品会花费 $[t_i, h_i]$ 价值为 $a_i$
我们类比01背包，时间 == 容量这题多个一个限制精力，那么我们就定义一个二维数组
$f[i][j]$ 表示在时间 $i$ 的时候，花费 $j$ 精力能够得到的最大价值
在01背包的基础上多了一层限制，我们要判断时间和精力是否都大于等于当前物品

转移方程 $f[i][j] = max(f[i][j], f[i - t][j-h]+a)$

代码

int solution(int n, int T, int H, std::vector<int> t, std::vector<int> h, std::vector<int> a) {
    vector<vector<int>>f(T+1, vector<int>(H+1,0));
    for(int i=0; i < n; i++) {
        for(int j = T; j >= t[i]; j--) {
            for (int k = H; k >= h[i]; k--) {
                f[j][k] = max(f[j][k],f[j-t[i]][k-h[i]]+a[i]);
            }
        }
    }
    return f[T][H];
}