题目：精卫填海
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题目描述
【版权说明】
本题为改编题。
【问题描述】
发鸠之山，其上多柘木。有鸟焉，其状如乌，文首，白喙，赤足，名曰精卫，其名自詨。是炎帝之少女，名曰女娃。女娃游于东海，溺而不返，故为精卫。常衔西山之木石，以堙于东海。——《山海经》
精卫终于快把东海填平了！只剩下了最后的一小片区域了。同时，西山上的木石也已经不多了。精卫能把东海填平吗？
事实上，东海未填平的区域还需要至少体积为v的木石才可以填平，而西山上的木石还剩下n块，每块的体积和把它衔到东海需要的体力分别为k和m。精卫已经填海填了这么长时间了，她也很累了，她还剩下的体力为c。
输入格式
输入文件的第一行是三个整数：v、n、c。
从第二行到第n+1行分别为每块木石的体积和把它衔到东海需要的体力。
输出格式
输出文件只有一行，如果精卫能把东海填平，则输出她把东海填平后剩下的最大的体力，否则输出’Impossible’（不带引号）。
输入输出样例
输入 #1
100 2 10
50 5
50 5
输出 #1
0
输入 #2
10 2 1
50 5
10 2
输出 #2
Impossible
说明/提示
【数据范围】
对于20%的数据，0<n<=50。
对于50%的数据，0<n<=1000。
对于100%的数据，0<n<=10000，所有读入的数均属于[0,10000]，最后结果<=c。
这道题按背包有大约两种思路。这两种思路的异同，体现了线性DP之有趣。
- 方法一：以体力值为背包“容积”，价值是木块的体积。
- 方法二：以剩余坑的体积作为背包“容积”，价值为小鸟的体力。
我们来依次分析两种方法异同。
方法一：dp[i][j] = max{dp[i - 1][j - m[i]] + k[i]}。
方法二：dp[i][j] = min{dp[i - 1][j - k[i]] + m[i]}。
方法一，只有dp[0][0] = 0，其余均为-(infty)。
方法二，只有dp[0][0] = 0，其余均为(infty)。
方法一代码如下：
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<cmath>
using namespace std;
const int maxn = 10000 + 5;
int v, n, c, k[maxn], m[maxn], dp[maxn];
int main()
{
scanf("%d %d %d", &v, &n, &c);
memset(dp, 0xcf, sizeof(dp));
dp[0] = 0;
for(int i = 1; i <= n; ++ i)
{
scanf("%d %d", &k[i], &m[i]);
}
for(int i = 1; i <= n; ++ i)
{
for(int j = c; j > -1; -- j)
{
if(j >= m[i]) dp[j] = max(dp[j], dp[j - m[i]] + k[i]);
}
}
int ok = 0;
for(int i = 0; i <= c; ++ i)
{
if(dp[i] >= v)
{
printf("%d
", c - i);
ok = true;
break;
}
}
if(ok == false) puts("Impossible");
return 0;
}
方法二代码如下：
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<cmath>
using namespace std;
const int maxn = 10000 + 5;
int n, v, c, k[maxn], m[maxn], dp[maxn];
int main()
{
scanf("%d %d %d", &v, &n, &c);
memset(dp, 0x3f, sizeof(dp));
dp[0] = 0;
for(int i = 1; i <= n; ++ i)
{
scanf("%d %d", &k[i], &m[i]);
}
for(int i = 1; i <= n; ++ i)
{
for(int j = v; j > -1; -- j)
{
dp[j] = min(dp[j], dp[j - k[i]] + m[i]);
}
}
if(dp[v] <= c)
{
printf("%d
", c - dp[v]);
}
else
{
puts("Impossible");
}
return 0;
}