看题：
我们令f[i][j]为前i个物品放满容量为j的背包的最大价值。
f[i][j]=max(f[i-1][j],f[i-1][j-c[i]]+w[i]);
我们开始全副成负无穷。f[0][0]=0;最后循环最后一行求max;
负无穷：0xc0c0c0c0;正无穷：0x3f3f3f3f
下面是v=12,n=6的图示：
下面是AC代码：
#include
using namespace std;
#define int long long
int n,v1,v[1002],w[1002],dp[1002][1002];
signed main(){
cin>>n>>服务器托管网v1;
for(int i=1;i=v[i]) dp[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[i-1][j-v[i]]+w[i]);
else dp[i][j]=dp[i-1][j];
}
}
int ans=0;
for(int i=0;i事实上，我们可以想象一些有体积但是没有价值的空气，显然，他不会影响最后的结果，而且它保证了对于每一行它的值递增，因此我们for循环可以省去。（不过这个前提是题目保证不一定要塞满）
加点难度：
n
n
我们可以用map来存每一行的值，对于负无穷，我们直接忽略，对于那先体积比小的大但是价值比他们小的也舍弃。
下面是代码：
#include
using namespace std;
int n,v[1005],v1,w[1005],q;
map ck[2];
int main(){
cin>>n>>v1;
for(int i=1;i::iterator it;
map::iterator it1;
for(int i=1;ifirst)first]=it1->second;
it1++;
}
q=(--it1)->second;
while(it!=ck[(i-1)%2].end()){
if(it->first+v[i]>v1) break;
if(ck[(i-1)%2].count(it->first+v[i])!=0){
ck[i%2][it->first+v[i]]=max(ck[(i-1)%2][it->first]+w[i],ck[(i-1)%2][it->first+v[i]]);
服务器托管网 }
else ck[i%2][it->first+v[i]]=ck[(i-1)%2][it->first]+w[i];
if(qfirst+v[i]]) q=ck[i%2][it->first+v[i]];
else{
ck[i%2].erase(it->first+v[i]);
}
it++;
}
ck[(i-1)%2].clear();
}
coutsecond接下来我们看一下完全背包：
很容易，我们可得：f[i][j]=max(f[i-1][j-k*c[i]]+k*w[i])(0
其中，复杂度为k*n*v;
f[i][j]=max(f[i-1][j],f[i-1][j-c]+w,f[i-1][j-2*c]+2*w,………)
f[i][j-c]=max(f[i-1][j-c],f[i-1][j-2*c]+w,……)
于是，f[i][j]=max(f[i][j-c]+w,f[i-1][j])
这样，我们就把复杂度->n*v;
下面是AC代码：
#include
using namespace std;
int n,v1,v[1005],w[1005],dp[1005];
int main(){
cin>>n>>v1;
memset(dp,0xc0c0c0c0,sizeof(dp));
for(int i=1;i看看多重背包：
我们可以吧一样的背包看成不一样的，这样就转化为求0/1背包，但是这样的复杂度还是和上一题类似。
我们考虑优化一下：
假如有7个物品，我们如何用跟小的数字表示它所有的方案？
我们可以采用二进制的思想–》1，2，4包，每一个方案可以组合成所有可能。
我们把数分成1，2，4，8….加上剩余的数即可。
下面是二进制压缩代码：
for(int i=1;i服务器托管，北京服务器托管，服务器租用 http://www.fwqtg.net
相关推荐: GEE：最小距离（minimumDistance）回归教程（样本点、特征添加、训练、精度、参数优化）
作者：CSDN @ _养乐多_ 对于分类问题，这个输出通常是一个类别标签 ，而对于回归问题，输出通常是一个连续的数值。回归可以应用于多种场景，包括预测土壤PH值、土壤有机碳、土壤水分、碳密度、生物量、气温、海冰厚度、不透水面积百分比、植被覆盖度等。 本文将介绍…
