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有 $N$ 件物品和一个容量是 $V$ 的背包。每件物品只能使用一次。

第 $i$ 件物品的体积是 $v_i$，价值是 $w_i$。

求解将哪些物品装入背包，可使这些物品的总体积不超过背包容量，且总价值最大。

输出 字典序最小的方案。这里的字典序是指：所选物品的编号所构成的序列。物品的编号范围是 $1 … N$。

输入格式

第一行两个整数，$N，V$，用空格隔开，分别表示物品数量和背包容积。

接下来有 $N$ 行，每行两个整数 $v_i, w_i$，用空格隔开，分别表示第 $i$ 件物品的体积和价值。

输出格式

输出一行，包含若干个用空格隔开的整数，表示最优解中所选物品的编号序列，且该编号序列的字典序最小。

物品编号范围是 $1 … N$。

数据范围

$0 \\lt N, V \\le 1000$
$0\\lt v_i, w_i \\le 1000$

输入样例

4 5
1 2
2 4
3 4
4 6

输出样例：

1 4

思路

这道题我们只需要把$0/1$背包问题的朴素代码加上求方案的过程即可。
为了方便写代码，我们要从后往前$\text{DP}$。（到后面就知道了）
由于我们是到这推$\text{DP}$的，所以我们要从前往后算方案。
从前往后枚举每一个数，如果选了一个物品，那么$\text{DP}$数组的地推式一定是成立的。所以我们一次美剧每一个物品，看看它是否满足递推式，如果满足，那这个物品就选了。
注意判断放不下的情况。

代码

#include <iostream>
using namespace std;
const int N = 1010;
int n,m;
int w[N],v[N];
int f[N][N];
int main () {
    cin >> n >> m;
    for (int i = 1;i <= n;i++) cin >> w[i] >> v[i];
    for (int i = n;i >= 1;i--) {
        for (int j = 0;j <= m;j++) {
            f[i][j] = f[i + 1][j];
            if (j >= w[i]) f[i][j] = max (f[i][j],f[i + 1][j - w[i]] + v[i]);
        }
    }
    for (int i = 1,j = m;i <= n;i++) {
        if (j >= w[i] && f[i][j] == f[i + 1][j - w[i]] + v[i]) {
            cout << i << ' ';
            j -= w[i];
        }
    }
    return 0;
}