문제 설명
이 문제는 아주 평범한 배낭에 관한 문제이다.
한 달 후면 국가의 부름을 받게 되는 준서는 여행을 가려고 한다. 세상과의 단절을 슬퍼하며 최대한 즐기기 위한 여행이기 때문에, 가지고 다닐 배낭 또한 최대한 가치 있게 싸려고 한다.
준서가 여행에 필요하다고 생각하는 N개의 물건이 있다. 각 물건은 무게 W와 가치 V를 가지는데, 해당 물건을 배낭에 넣어서 가면 준서가 V만큼 즐길 수 있다. 아직 행군을 해본 적이 없는 준서는 최대 K만큼의 무게만을 넣을 수 있는 배낭만 들고 다닐 수 있다. 준서가 최대한 즐거운 여행을 하기 위해 배낭에 넣을 수 있는 물건들의 가치의 최댓값을 알려주자.
제한 사항
첫 줄에 물품의 수 N(1 ≤ N ≤ 100)과 준서가 버틸 수 있는 무게 K(1 ≤ K ≤ 100,000)가 주어진다. 두 번째 줄부터 N개의 줄에 거쳐 각 물건의 무게 W(1 ≤ W ≤ 100,000)와 해당 물건의 가치 V(0 ≤ V ≤ 1,000)가 주어진다.
입력으로 주어지는 모든 수는 정수이다.
풀이
문제를 요약하면, N개의 물건은 각각의 무게 w와 가치 v를 가지고 있고 K의 용량을가지는 배낭에 넣을 수 있는 최대 가치를 구하는 것이다.
유명한 knapsack문제이다.
DP를 잘 못 적용하면, 무게 x에 최대 가치를 구해 K까지 구하는 방법을 쓸 수 있다.
하지만, 물건의 무게는 같을 수 있어 예외가 발생한다.
따라서, 각 물건에 대해 따로 계산해 주어야 한다.
이차원 배열을 통해 i번째 물건을 넣었을 때, 무게 x에 대해 만들 수 있는 최대 가치를 dp로 메모이제이션해야 한다.
dp[i][j]를 다음과 같이 정의한다.
- i번째 물건을 넣었을 때, j무게로 만들 수 있는 최대 가치
즉, 1번째 물건부터 K까지 무게를 만들어보는데 물건을 넣을 수 있다면 넣고 그렇지 않다면 이전에 계산해 놓은 가치를 이용한다.
예를 들어, K=7이며 다음과 같은 물건들이 있다고 가정해 보자.
//무게 가치
6 13
4 8
3 6
5 12그렇다면 1번(6, 13)부터 넣어본다.
무게가 6미만인 배낭에는 1번 물건을 넣지 못한다.
따라서, 최대 가치는 0이다.
크기가 6인 배낭에 1번 물건을 넣을 수 있다.
즉, dp[1][6]에 13의 가치를 넣을 수 있다.
크기가 7인 배낭에 더이상 물건을 넣을 수 없으므로 1번째 물건에 대한 계산을 종료한다.
이후, 2번째 물건(4, 8)을 넣는 경우를 계산해 보자.
크기가 4보다 작은 배낭에는 2번째 물건을 넣을 수 없으므로 1번째 물건을 넣었을 경우가 최대 가치가 될 것이다.
dp[i][j] = dp[i-1][j]크기가 4인 배낭부터 2번째 물건을 넣을 수 있다.
2번째 물건을 넣는 경우, 최대 가치가 될 수 있는 경우는 1번째 물건을 넣었을 때 해당 무게의 가치와 2번 물건을 넣었을 경우 더해지는 가치 중 최댓값을 고르면 된다.
dp[i][j] = max(dp[i-1][j], dp[i-1][j-W[i]] + V[i])2번째 물건을 넣기 때문에 무게 j에서 2번째 물건의 무게를 빼준 무게의 최댓값에 현재 물건의 가치를 더해주어야 한다.
전체 코드
#include <stdio.h>
#include <vector>
#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <cmath>
using namespace std;
int main()
{
int N, K;
cin >> N >> K;
vector<int> W(N+1);
vector<int> V(N+1);
vector<vector<int>> dp(N+1, vector<int>(K+1, 0));
for (int i = 1; i <= N; i++)
{
cin >> W[i];
cin >> V[i];
}
for (int i = 1; i <= N; i++) { //i번째 넣어봄
for (int j = 1; j <= K; j++) { // j무게를 만들어봄
if (j - W[i] >= 0) {
dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i - 1][j - W[i]] + V[i]);
}
else dp[i][j] = dp[i - 1][j];
}
}
cout << dp[N][K];
return 0;
}