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ACM刷题之HDU————Saving HDU 以及 老人是真饿了（贪心算法）

2016-04-01 23:58 309 查看



随着前几天做了两道有关贪心算法的题目后，终于来到了hdu的steps 里的Chapter Two 了
下面是题目


Saving HDU

Time Limit: 3000/1000 MS (Java/Others) Memory Limit: 32768/32768 K (Java/Others)

Total Submission(s): 8369 Accepted Submission(s): 3837



Problem Description

话说上回讲到海东集团面临内外交困，公司的元老也只剩下XHD夫妇二人了。显然，作为多年拼搏的商人，XHD不会坐以待毙的。

一天，当他正在苦思冥想解困良策的时候，突然想到了自己的传家宝，那是公司成立的时候，父亲作为贺礼送来的一个锦囊，徐父当时交代，不到万不得已的时候，不要打开它。“现在不正是最需要的时候吗？”，一边想，XHD一边找到了这个精心保管的锦囊，打开一看，里面只有一句话“杭城北麓千人洞有宝”。

二话不说，XHD拿起一个大口袋就出发了，这个千人洞他是知道的，小的时候，爸爸曾经带他来过这个隐蔽的路口，并告诉他，这是千人洞。他现在才明白爸爸当初这句话的含义。

尽管有点印象，XHD还是花了很大的精力才找到这个异常隐蔽的洞口，走进一看，几乎惊呆了，真的是眼花缭乱！不过尽管宝贝的种类不少，但是每种宝贝的量并不多，当然，每种宝贝单位体积的价格也不一样，为了挽救HDU，现在请你帮忙尽快计算出来XHD最多能带回多少价值的宝贝？（假设宝贝可以分割，分割后的价值和对应的体积成正比）

Input

输入包含多个测试实例，每个实例的第一行是两个整数v和n(v,n<100)，分别表示口袋的容量和宝贝的种类，接着的n行每行包含2个整数pi和mi(0<pi,mi<10)，分别表示某种宝贝的单价和对应的体积，v为0的时候结束输入。

Output

对于每个测试实例，请输出XHD最多能取回多少价值的宝贝，每个实例的输出占一行。

Sample Input

2 2
3 1
2 3
0


Sample Output

5


以下是AC代码

#include<stdio.h>
#include<string.h>
int main()
{
int zu,zhon,i,zhon2,j,v,c,money;
int a[111][111];
int x[1000];
while((scanf("%d",&c))!=EOF){
if(c==0)
break;
scanf("%d",&zhon);
money=0;
memset(x,0,sizeof(x));
memset(a,0,sizeof(a));
zhon2=zhon;
for(zhon2=zhon2-1;zhon2>=0;zhon2--){
scanf("%d%d",&a[zhon2][0],&a[zhon2][1]);
}
for(j=0;j<zhon;j++){
for(i=0;i<zhon-1-j;i++){
if(a[i][0]<a[i+1][0])
{
v=a[i][0];
a[i][0]= a[i+1][0];
a[i+1][0]= v;
v=a[i][1];
a[i][1]= a[i+1][1];
a[i+1][1]= v;
}
}
}
for(i=0;a[i][1]<c;i++){
x[i]=a[i][0]*a[i][1];
c=c-a[i][1];
}
if(i<zhon)
x[i]=c*a[i][0];
for(;i>=0;i--){
money=money+x[i];
}
printf("%d\n",money);
}
}


贪心的主要思想就是贪。如果才能在有限的资源下得到最大的利益，就是解题的关键。
这题我的解法是，先将输入的所有物品单价和数量放到一个二维数组里，然后按价值，从大到小的顺序排序（冒泡排序）。

然后判断第一个物品能否全部装完，如果能的话 装入数组x[i] 并将背包容量减去已有的物品容量，再进行判断。

若不能全部装完，（因为此题说物品可以分割）所有我们把剩余容量乘物品价值就好了。（这里还要判断是否东西都被拿完的情况）

以上为解题思路，并不是很难理解。

下面是一道类似的题目

悼念512汶川大地震遇难同胞——老人是真饿了

Time Limit: 1000/1000 MS (Java/Others) Memory Limit: 32768/32768 K (Java/Others)
Total Submission(s): 3295 Accepted Submission(s): 1334
Problem Description
对于幸存的灾民来说，最急待解决的显然是温饱问题，救灾部队一边在组织人员全力打通交通，一边在组织采购粮食。现在假设下拨了一定数量的救灾经费要去市场采购大米（散装）。如果市场有m种大米，各种大米的单价和重量已知，请问，为了满足更多灾民的需求，最多能采购多少重量的大米呢？

Input

输入数据首先包含一个正整数C，表示有C组测试用例，每组测试用例的第一行是两个整数n和m（0<n<=1000,0<m<=1000）,分别表示经费的金额和大米的种类，然后是m行数据，每行包含2个整数p和h(1<=p<=25,1<=h<=100)，分别表示单价和对应大米的重量。

Output

对于每组测试数据，请输出能够购买大米的最多重量（你可以假设经费买不光所有的大米）。

每个实例的输出占一行，保留2位小数。

Sample Input

1
7 2
3 3
4 4


Sample Output

2.33


#include<stdio.h>
#include<string.h>
float a[1110][2];
int main()
{
int zu,i,j,zhon,zhon2;
float v,money,ci,zon;
float x[2000];
///////////////初始化
scanf("%d",&zu);
while(zu--){
ci=0;
zon=0;
memset(a,0,sizeof(a));
memset(x,0,sizeof(x));
scanf("%f%d",&money,&zhon);
//////////////输入
for(zhon2=zhon-1;zhon2>=0;zhon2--){
scanf("%f%f",&a[zhon2][0],&a[zhon2][1]);
}
/////////////排序 正确
for(j=0;j<zhon;j++){
for(i=0;i<zhon-1-j;i++){
if(a[i][0]<a[i+1][0]){
v=a[i][0];
a[i][0]= a[i+1][0];
a[i+1][0]= v;
v=a[i][1];
a[i][1]= a[i+1][1];
a[i+1][1]= v;
}
}
}
//printf("%f",a[0][0]);    test
/////////////贪心1
for(i=zhon-1;a[i][0]*a[i][1]<money;i--){  //如果某一种能全买
zon=zon+a[i][1];
money=money-a[i][0]*a[i][1];
a[i][1]=0;
if(i<=0)
break;
}
if(a[0][1]==0){
printf("%.2f\n",zon);
}
////////////贪心2
else{
zon=zon+money/a[i][0];		 //如果钱还有多 或 不能买光
printf("%.2f\n",zon);
}

}
return 0;
}


以上是AC代码

方法和前面那题差不多。

唯一的区别是这里没有将拿的东西放入x[i]数组里了，而是直接用zon来累积。这题需要考虑的是从最低的开始买，和上面的排序反一下就好了，（注意米的种类，不要超出范围）

终于到hdu的第二章了。。今天在做第二章题目的时候，经常判断是超时的，百度了下，有题需要用到欧拉函数。是离散数学里的。看百度上c的欧拉算法看了半天，还是看不懂它的原理。。看来弄好编程还需要数学很好才行。。以下是百度百科上关于欧拉函数的c实现。

int eular(intn)
{
int ret=1,i;
for(i=2;i*i<=n;i++)
{
if(n%i==0)
{
n/=i,ret*=i-1;
while(n%i==0)
n/=i,ret*=i;
}
}
if(n>1)
ret*=n-1;
return ret;
}
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