信息学奥赛一本通（1225：金银岛）

1225：金银岛

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【题目描述】

某天KID利用飞行器飞到了一个金银岛上，上面有许多珍贵的金属，KID虽然更喜欢各种宝石的艺术品，可是也不拒绝这样珍贵的金属。但是他只带着一个口袋，口袋至多只能装重量为w的物品。岛上金属有s个种类, 每种金属重量不同，分别为n1,n2,...,ns，同时每个种类的金属总的价值也不同，分别为v1,v2,...,vs。KID想一次带走价值尽可能多的金属，问他最多能带走价值多少的金属。注意到金属是可以被任意分割的，并且金属的价值和其重量成正比。

【输入】

第1行是测试数据的组数k，后面跟着k组输入。

每组测试数据占3行，第1行是一个正整数w(1≤w≤10000)，表示口袋承重上限。第2行是一个正整数s(1≤s≤100)，表示金属种类。第3行有2s个正整数，分别为n1,v1,n2,v2,...,ns,vs分别为第一种，第二种，...，第s种金属的总重量和总价值(1≤ni≤10000,1≤vi≤10000)。

【输出】

k行，每行输出对应一个输入。输出应精确到小数点后2位。

【输入样例】

2
50
4
10 100 50 30 7 34 87 100
10000
5
1 43 43 323 35 45 43 54 87 43

【输出样例】

171.93
508.00

【分析】

给定一个载重为M的背包，及n个重量为wi、价值为pi 的物体，要求把物品装满背包，且使背包内的物体价值最大，这类问题称为背包问题。有两类背包问题，即物体可以分割的背包问题，及物体不可分割的背包问题，我们把后者称为0/1背包问题，由0/1背包还可以延伸出很多背包问题。前者为可分割的背包问题，可以用贪心算法求解。贪心的策略是拿性价比高的物体。这一点也好理解，我们去超市免费拿东西，你挑最贵的拿，拿走一台冰箱，显然是傻蛋。如果物品可以分割，你当然应该去拿性价比高的物品，冰箱固然贵重，但其性价比并不贵，你应该直接奔金银首饰专柜去拿，金项链、翡翠这些都是性价比高的东西。

以样例为例，我们来看求解过程。步骤为三步，分别是：

（1）求性价比

（2）按性价比，从大到小排序

（3）拿走最大价值

从前到后物品开始拿，拿的策略是先拿性价比高的。如果当前背包重量 > 某个物品的总重量，那别客气，全拿走；否则，当前背包不足以拿走某个物品，那就能拿多少拿多少。样例数据，第一组，背包承重50，则先把第一个物品（性价比为10的）全拿走，价值=100，背包重量=40。同理，再把第二个物品全拿走，价值=134，背包重量=33，拿第三个，不足以全拿走，只能拿33，价值=134+33*1.15=171.93

【参考代码】

#include<stdio.h>
#include<string.h>
#define N 110
struct goods
{int n;     //总重量 double v;  //总价值 double p;  //性价比
}gds[N],tmp;int main()
{int t,i,j;int w;           //口袋承重上限 int s;           //金属种类 double sum=0;    //最多带走的价值 scanf("%d",&t);while(t--){sum=0;memset(gds,0,sizeof(gds));scanf("%d%d",&w,&s);for(i=0;i<s;i++){ scanf("%d%lf",&gds[i].n,&gds[i].v);gds[i].p = gds[i].v / gds[i].n;}for(i=0;i<s-1;i++)      // 贪心策略是选性价比大的，按照性价比排序{for(j=i+1;j<s;j++){if(gds[i].p<gds[j].p){tmp=gds[i];gds[i]=gds[j];gds[j]=tmp;}}}for(i=0;i<s;i++)       //枚举每件物品{if(w>gds[i].n)        //背包承重大于某物品的总重量，全拿走 {sum+=gds[i].v;w-=gds[i].n;}else                //背包承重小于某物品的总重量，切割物品，能拿多少拿多少 {sum+=gds[i].p*w;w=0;}}printf("%.2lf\n",sum);}return 0;
}

http://ybt.ssoier.cn:8088/problem_show.php?pid=1225