2017.10.26 星际贸易思考记录

这个题非常繁琐，而且网上的题解非常不详细。。

首先第一问

由于所有的点都要走到，所以就是01背包

需要可持久化背包来输出方案。。类似floyd的判断方式

然后这些选定的点都一定是要维护的，

第二问就是枚举每个点+每个点的加速器数量来 dp

然后n^4的dp就是从1到n枚举i，从1到i枚举j，从0到r枚举j的加速器个数k ，从0到r枚举i的加速器个数l，然后转移

然后可以优化，由于对于枚举的每一个j 当k相同的时候只从j中选最优的更新，只要求i对于每个k的前面的最优值即可，可以证明这是贪心取，（只要合法，就去花费最小的）

然后就顺带出一个类似飞扬的小鸟的更新方法，同级更新，一直选择最优的往上买，，

对于买加速器的情况就变成O（1）的顺带转移了

码：

#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
int n,m,r,l0,k,v[4002],ans1,ans2=1000000009,c[4002],l[4002],p[4002],wh[4002],i,j,f[4003][4003],q[5003][5003],z1[5003],z2[5003];
bool bj[4002];
int main()
{scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&r,&l0);r=min(r,n*2);for(i=1;i<=n;i++){scanf("%d%d%d%d%d",&c[i],&v[i],&l[i],&p[i],&wh[i]);     }for(i=1;i<=m;i++)for(j=1;j<=n;j++)f[j][i]=-1000000009;f[0][0]=0;for(j=1;j<=n;j++){for(i=m;i>=0;i--){f[j][i]=f[j-1][i];if(i>m-c[j])continue;if(f[j][i+c[j]]<f[j-1][i]+v[j]){f[j][i+c[j]]=f[j-1][i]+v[j];            if(f[j][i+c[j]]>ans1){ans1=f[j][i+c[j]];ans2=i+c[j];}}   }       }int lin=ans1,lin2=ans2;
if(lin2<1000000009)  for(i=n;i>=1;i--){if(lin2-c[i]>=0&&f[i-1][lin2-c[i]]+v[i]==lin){bj[i]=1;    lin=f[i-1][lin2-c[i]];lin2=lin2-c[i];}           }//ans1=f[ans1][0];for(i=0;i<=n;i++)for(j=0;j<=r+2;j++)f[i][j]=1000000009,z2[j]=-1;ans2=1000000009;f[0][r]=0;q[r][++z2[r]]=0;for(i=1;i<=n;i++){for(j=2;j<=r+2;j++)//枚举上一个更新这一个 {if(j!=2&&p[i]>0)f[i][j-2]=f[i][j-3]+p[i];while(z1[j]<=z2[j]&&(l[i]-l[q[j][z1[j]]]>l0))z1[j]++;if(j<=r){int l1=l[i]-l[q[j][z1[j]]];if(l0>=l1)if(f[i][j-2]>f[q[j][z1[j]]][j]) f[i][j-2]=f[q[j][z1[j]]][j];   }while(z1[j-2]<=z2[j-2]&&l[i]-l[q[j-2][z1[j-2]]]>l0)z1[j-2]++;if(bj[i])while(z2[j-2]>=z1[j-2])z1[j-2]++;while(z1[j-2]<=z2[j-2]&&f[i][j-2]+wh[i]<f[q[j-2][z2[j-2]]][j-2])z2[j-2]--;q[j-2][++z2[j-2]]=i;}for(j=0;j<=r;j++)f[i][j]+=wh[i]; }for(i=0;i<=r;i++)if(f[n][i]<ans2)ans2=f[n][i];if(ans2<1000000009)printf("%d %d",ans1,ans1-ans2);   else printf("Poor Coke!");
}

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