美团校招-2023.3.18.10点-第四题-商店-困难

商店

Problem Description

在商店里有N个物品，每个物品有原价和折扣价小美相要购买商品。小美拥有X元，一共Y张折扣券。小美需要最大化购买商品的数量，并在所购商品数量尽量多的前提下，尽量减少花费。你的任务是帮助小美求出最优情况下的商品购买数量和花费的钱数。

input

第一行三个整数，以空格分开，分别表示N,X,Y。接下来N行，每行两个整数，以空格分开，表示一个的原价和折扣价。1≤N≤100，1≤X≤5000，1≤Y≤50，每个商品原价和折扣价均介于[1,50]之间。

ouput

一行，两个整数，以空格分开。第一个数字表示最多买几个商品，第二个数字表示在满足商品尽量多的前提下所花费的最少的钱数。

Sample Input 1

3 5 1
4 3
3 1
6 5

Sample Output 1

2 5

Sample Input 2

3 5 1
4 3
3 1
6 1

Sample Output 2

2 4

Sample Input 3

10 30 3
2 1
3 2
2 1
10 8
6 5
4 3
2 1
10 9
5 4
4 2

Sample Output 3

8 24

题目类型、难度、来源

类型：动态规划
难度：困难
来源：美团校招-2023.3.18.10点-第四题-商店

总体思路：

此题的难点在于有不确定数量的折扣卷。如果折扣卷无限或没有折扣卷，那么这题就可以使用贪心来做。
此题应该用动态规划，使用** d p [ i ] [ j ] [ k ] dp[i][j][k] dp[i][j][k]表示前i个商品，花费了j元，用掉了k张折扣卷能买到的商品数量**。使用price[i]表示第i个商品的价格，lowprice[i]表示第i个商品的折扣价。
- i从1开始，前i=0个表示个表示没有商品，因此边界条件就确定了，即 d p [ 0 ] [ 0 ] [ 0 ] = 0 dp[0][0][0]=0 dp[0][0][0]=0。使用-1表示状态该状态非法。
- 状态转移：在考虑第i个商品时，只有三种情况：
  - 不买第i个商品。此时很显然用掉的钱及用掉的折扣卷数量和前i-1个商品的情况一样，即 d p [ i ] [ j ] [ k ] = d [ i − 1 ] [ j ] [ k ] dp[i][j][k] = d[i-1][j][k] dp[i][j][k]=d[i−1][j][k]
  - 原价购买第i个商品。此时有 d p [ i ] [ j ] [ k ] = d p [ i − 1 ] [ j − p r i c e [ i ] ] [ k ] + 1 dp[i][j][k] = dp[i-1][j-price[i]][k]+1 dp[i][j][k]=dp[i−1][j−price[i]][k]+1
  - 在有折扣卷的情况下，使用折扣卷购买第i个商品。此时有 d p [ i ] [ j ] [ k ] = d p [ i − 1 ] [ j − l o w p r i c e [ i ] ] [ k − 1 ] + 1 dp[i][j][k] = dp[i-1][j-lowprice[i]][k-1]+1 dp[i][j][k]=dp[i−1][j−lowprice[i]][k−1]+1
- 因为题目要求最多买多少商品，因此状态转移方程为： d p [ i ] [ j ] [ k ] = m a x ( d [ i − 1 ] [ j ] [ k ] , d p [ i − 1 ] [ j − p r i c e [ i ] ] [ k ] + 1 , d p [ i − 1 ] [ j − l o w p r i c e [ i ] ] [ k − 1 ] + 1 ) dp[i][j][k]=max(d[i-1][j][k], dp[i-1][j-price[i]][k]+1, dp[i-1][j-lowprice[i]][k-1]+1) dp[i][j][k]=max(d[i−1][j][k],dp[i−1][j−price[i]][k]+1,dp[i−1][j−lowprice[i]][k−1]+1)
因为状态转移方程过于复杂，很难找到一个更新dp数组的顺序。因此需要反过来思考。即使用 d p [ i ] [ j ] [ k ] dp[i][j][k] dp[i][j][k]去更新 d [ i + 1 ] [ j ] [ k ] d[i+1][j][k] d[i+1][j][k]、 d p [ i + 1 ] [ j + p r i c e [ i + 1 ] ] [ k ] dp[i+1][j+price[i+1]][k] dp[i+1][j+price[i+1]][k]、 d p [ i + 1 ] [ j + l o w p r i c e [ i + 1 ] ] [ k + 1 ] dp[i+1][j+lowprice[i+1]][k+1] dp[i+1][j+lowprice[i+1]][k+1]

AC代码

#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
int main(){int N, X, Y;cin >> N >> X >> Y;// 原价 int *price = new int[N+5];//折扣价 int *low_price = new int[N+5];for (int i = 0; i < N; i++){cin >> price[i] >> low_price[i];}// 初始化dp数组 int dp[N+5][X+10][Y+10] = {0};for (int i = 0; i <= N; i++){for (int j = 0; j <= X; j++){for (int k = 0; k <= Y; k++){dp[i][j][k] = -1;}}}// 前i=0个商品表示没有商品，因此dp[0][0][0]只能为0 dp[0][0][0] = 0;for (int i = 0; i < N; i++){for (int j = 0; j <= X; j++){for (int k = 0; k <= Y; k++){if (dp[i][j][k] == -1) continue;dp[i+1][j][k] = max(dp[i][j][k], dp[i+1][j][k]);if (j+price[i] <= X){dp[i+1][j+price[i]][k] = max(dp[i][j][k]+1, dp[i+1][j+price[i]][k]);}if (j+low_price[i] <= X && k+1 <= Y){dp[i+1][j+low_price[i]][k+1] = max(dp[i][j][k]+1, dp[i+1][j+low_price[i]][k+1]);}}}}int max_sum = -1, min_cost = 1000000000;for (int i = 1; i <= N; i++){for (int j = 0; j <= X; j++){for (int k = 0; k <= Y; k++){  if (dp[i][j][k] > max_sum){max_sum = dp[i][j][k];min_cost = j;}else if (dp[i][j][k] == max_sum){if (j < min_cost){min_cost = j;}}}}} cout << max_sum << " " << min_cost;return 0;
}

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input

ouput

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Sample Input 2

Sample Output 2

Sample Input 3

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