题目描述

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 vi，价值是 wi。

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 vi,wi，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<N,V≤1000
0<vi,wi≤1000

样例

4 5
1 2
2 4
3 4
4 6

1 4

算法1

题目要求输出字典序最小的解，假设存在一个包含第1个物品的最优解，为了确保字典序最小那么我们必然要选第一个。那么问题就转化成从2～N这些物品中找到最优解。之前的$f(i,j)$记录的都是前$i$个物品总容量为$j$的最优解，那么我们现在将$f(i,j)$定义为从第$i$个元素到最后一个元素总容量为$j$的最优解。接下来考虑状态转移：

$f(i,j) = max(f(i + 1,j),f(i+1,j-v[i])+w[i])$

两种情况，第一种是不选第$i$个物品，那么最优解等同于从第$i+1$个物品到最后一个元素总容量为$j$的最优解；第二种是选了第$i$个物品，那么最优解等于当前物品的价值$w[i]$加上从第$i+1$个物品到最后一个元素总容量为$j-v[i]$的最优解。

计算完状态表示后，考虑如何的到最小字典序的解。首先$f(1,m)$肯定是最大价值，那么我们便开始考虑能否选取第1个物品呢。

如果$f(1,m) =f(2,m-v[1])+w[1]$，说明选取了第1个物品可以得到最优解。

如果$f(1,m) = f(2,m)$，说明不选取第一个物品才能得到最优解。

如果$f(1,m)=f(2,m)=f(2,m-v[1])+w[1]$，说明选不选都可以得到最优解，但是为了考虑字典序最小，我们也需要选取该物品。

C++ 代码

#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;

const int N = 1010;
int f[N][N];
int v[N],w[N];
int n,m;
int main()
{
    cin >> n >> m;
    for(int i = 1 ; i <= n ; i++)
        cin >> v[i] >> w[i];
    for(int i = n ; i >= 1 ; i --)
    {
        for(int j = 0 ; j <= m ; j++)
        {
            f[i][j] = f[i + 1][j];
            if(j >= v[i])
                f[i][j] = max(f[i][j],f[i + 1][j - v[i]] + w[i]);
        }
    }
    int cur_v = m;
    for(int i = 1 ; i <= n ; i++)
    {   //如果是最后一个元素，特判一下，防止越界即可
        if(i == n && cur_v >= v[i])
        {
            printf("%d ",i);
            break;
        }
        if(cur_v <= 0)
            break;
        //判断下标是否越界
        if(cur_v - v[i]>=0 && f[i][cur_v] == f[i + 1][cur_v - v[i]] + w[i]){
            printf("%d ",i);
            cur_v = cur_v - v[i];//选了第i个物品，剩余容量就要减小。
        }
    }
    return 0;
}