문제

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.

입력

• 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.

출력

• 한 줄에 배낭에 넣을 수 있는 물건들의 가치합의 최댓값을 출력한다.

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1. 해결방법 및 소스코드

• **동적 프로그래밍(Dynamic Programming)**으로 해결했다.

• 이 문제는 0/1 Knapsack Problem 으로, 유명한 동적 프로그래밍 문제이다.

  1. 동적 프로그래밍 배열 dp[N+1][K+1]을 선언한다. 여기서 열은 가방이 수용할 수 있는 무게를 나타내고, 행은 사용할 수 있는 아이템 번호의 범위를 나타낸다. 예를 들어 2행이면 입력받은 아이템들 중 2번 아이템까지 쓸 수 있을 때를 말한다. 그리고 dp[i][j]는 가방의 수용무게가 j일 때 i번째 아이템까지 썼을 때의 최대 가치를 나타낸다. 맨 처음 행과 맨 처음 열은 0으로 비워둔다.

  2. i번째 행을 i번째 아이템을 넣었을 때라고 해석하지 말고, i번째 아이템을 넣을건지 말건지 결정하는 단계라고 생각하면 조금 더 쉽다.

  3. 현재 칸이 dp[i][j]라고 하자. 그렇다면 현재 가방의 수용무게는 j이고, i번째 아이템까지 쓸 수 있다. 그럼 여기서 i번째 아이템을 넣을지 말지를 결정해야 하는데, 결정 기준은 다음과 같다.

     1. i번째 아이템을 넣지 않고, i-1번째 아이템까지 썼을 때의 가치가 더 큰가?
     2. i번째 아이템을 넣는다면, 그것을 넣고 j-(i번째 아이템의 무게)만큼의 무게를 가진 i번 이전의 아이템을 넣어서 무게 j를 맞추는 것이 더 가치가 큰가?

     이를 점화식으로 표현하면 다음과 같다.
     
     $dp[i][j] = \begin{cases} \text {max }(dp[i-1][j], \quad dp[i-1][j-w[i]] + v[i]) \qquad \text {if } j \geq w[i]\\dp[i-1][j] \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \quad \quad \enspace \text {else }\end{cases}$

     
     

#include <iostream> #include <algorithm> using namespace std; //w배열은 각 아이템의 무게 저장 //v배열은 각 아이템의 가치 저장 int main() { int N, K; scanf("%d %d", &N, &K); int w[N + 1]; int v[N + 1]; int dp[N + 1][K + 1] = { 0, }; w[0] = 0, v[0] = 0; for (int i = 1; i <= N; i++) { scanf("%d %d", &w[i], &v[i]); } for (int j = 1; j <= K; j++) { if (j >= w[1]) dp[1][j] = v[1]; } for (int i = 2; i <= N; i++) { for (int j = 1; j <= K; j++) { 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]; } } printf("%d\n", dp[N][K]); }