NOIP 2006 T2 金明的预算方案

题目描述

金明今天很开心，家里购置的新房就要领钥匙了，新房里有一间金明自己专用的很宽敞的房间。更让他高兴的是，妈妈昨天对他说：“你的房间需要购买哪些物品，怎么布置，你说了算，只要不超过NN元钱就行”。今天一早，金明就开始做预算了，他把想买的物品分为两类：主件与附件，附件是从属于某个主件的，下表就是一些主件与附件的例子：

主件附件

电脑打印机，扫描仪

书柜图书

书桌台灯，文具

工作椅无

如果要买归类为附件的物品，必须先买该附件所属的主件。每个主件可以有00个、11个或22个附件。附件不再有从属于自己的附件。金明想买的东西很多，肯定会超过妈妈限定的NN元。于是，他把每件物品规定了一个重要度，分为55等：用整数1-51−5表示，第55等最重要。他还从因特网上查到了每件物品的价格（都是1010元的整数倍）。他希望在不超过NN元（可以等于NN元）的前提下，使每件物品的价格与重要度的乘积的总和最大。

设第jj件物品的价格为v_[j]v[j]，重要度为w_[j]w[j]，共选中了kk件物品，编号依次为j_1,j_2,…,j_kj1,j2,…,jk，则所求的总和为：

v_[j_1] \times w_[j_1]+v_[j_2] \times w_[j_2]+ …+v_[j_k] \times w_[j_k]v[j1]×w[j1]+v[j2]×w[j2]+…+v[jk]×w[jk]。

请你帮助金明设计一个满足要求的购物单。

输入输出格式

输入格式：

第11行，为两个正整数，用一个空格隔开：

N mNm （其中N(<32000)N(<32000)表示总钱数，m(<60)m(<60)为希望购买物品的个数。）从第22行到第m+1m+1行，第jj行给出了编号为j-1j−1的物品的基本数据，每行有33个非负整数

v p qvpq （其中vv表示该物品的价格（v<10000v<10000），p表示该物品的重要度（1-51−5），qq表示该物品是主件还是附件。如果q=0q=0，表示该物品为主件，如果q>0q>0，表示该物品为附件，qq是所属主件的编号）

输出格式：

一个正整数，为不超过总钱数的物品的价格与重要度乘积的总和的最大值（<200000）。

/* 用一个鬼畜的方法写了出来，开森开森(/≧▽≦)/ */

首先将每一个主件用0/1背包处理，用f[j - v[i]] + p[i]来更新f[i]，如果能够更新，就枚举这个主件的每一个附件f[j] + p[k]去更新f[j + v[k]](k为附件)；如果只是这样的话，有一种主件会亏，但附件血赚的情况就没有考虑；所以先将这个主件不更新的值记录下来，假设这个主件被买，用附件去更新后面，最后再用这个记录的值去更新到底买不买主件；这段代码鬼畜的地方在于假设这个点被更新，被更新后还要更新已经被更新过的点，并且最后还要判断这个点需不需要更新；

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;#define ll long long
#define INF 0x3f3f3f3f
#define MAXN 10100000
#define MAXM 3010
#define _ 0template < typename T > inline void read(T &x) {x = 0;T ff = 1, ch = getchar();while(!isdigit(ch)) {if(ch == '-') ff = -1;ch = getchar();}while(isdigit(ch)) {x = (x << 1) + (x << 3) + (ch ^ 48);ch = getchar();}x *= ff;
}int n,m,ans,f[MAXN],v[MAXN],p[MAXN],q[MAXN];
vector < int > a[70];int main() {read(n); read(m);for(int i = 1; i <= m; ++i) {read(v[i]);read(p[i]);read(q[i]);p[i] *= v[i];if(q[i] > 0) a[q[i]].push_back(i);}for(int i = 1; i <= m; ++i) {if(!q[i]) {for(int j = n; j >= v[i]; --j) {
//                if(f[j - v[i]] + p[i] > f[j]) {int maxx = f[j];f[j] = f[j - v[i]] + p[i];
//                }       for(int k = 0; k < a[i].size(); ++k) {if(j + v[a[i][k]] <= n && f[j + v[a[i][k]]] < f[j] + p[a[i][k]])f[j + v[a[i][k]]] = f[j] + p[a[i][k]];} if(a[i].size() == 2) {if(j + v[a[i][0]] + v[a[i][1]] <= n && f[j + v[a[i][1]] + v[a[i][0]]] < f[j] + p[a[i][0]] + p[a[i][1]])f[j + v[a[i][1]] + v[a[i][0]]] = f[j] + p[a[i][0]] + p[a[i][1]];}  /*if(f[j - v[i]] + p[i] > f[j]) {f[j] = f[j - v[i]] + p[i];    }  */        f[j] = max(f[j],maxx);                                                                                                 }}}for(int i = 1; i <= n; ++i) ans = max(ans,f[i]);printf("%d\n",ans);return (0^_^0);
}

转载于:https://www.cnblogs.com/AK-ls/p/10596712.html