UVA-12325 Zombie'sTreasureChest 宝箱 （分类枚举）

题意大概：

你有一个体积为N的箱子和两种数量无限的宝物。宝物1的体积为s1，价值为v1，宝物2的体积为s2，价值为v2.输入均为32位带符号整数。你的任务是计算最多能装多大价值的宝物。例如n=100，s1=v1=34，s2=5，v2=3，那么答案就为86，方法是装2个宝物1，装6个宝物2,。每种宝物都必须是拿非负整数个。

分析：

最容易想到的是枚举法。枚举宝物1的个数，然后多拿宝物2.这样做的时间复杂度是O(n/s1),当n和s1相差非常悬殊时，效率非常低下。同样，枚举宝物2的个数，道理是一样的！

所以这个方法不奏效的条件是：s1和s2都很小，而n很大。

幸运的是->s1和s2都很小的时候，有另外一种枚举法B：s2个宝物1和s1个宝物2的体积是一样大的，而价值分别为s2*v1,和s1*v2，

1.如果前者比较大，那么证明宝物1的性价比要比宝物2大。如果n=s1*s2的话，在宝物数量的选择上，宝物2最多只会拿s1-1个（否则的话，我完全可以将s1个宝物2换成价值更高的s2个宝物1）；

2.如果后者比较大的话，那么证明宝物2的性价比要比宝物1大。如果n=s1*s2的话，在宝物数量的选择上，宝物1最多只会拿s2-1个（否则的话，我完全可以将s2个宝物1换成价值更高的s1个宝物2）；

不管是哪种情况，枚举量都只有s1或者s2.

这样就得到了一个比较“另类”的分类枚举法。

当n/s1比较小的时候枚举宝物1的个数，否则，枚举宝物2的个数，再否则就说明s1和s2都比较小，执行枚举法B。

于是：

枚举分以下几种：

1：枚举拿宝物1的数量，然后尽量多拿宝物2；O（n/s1）

2：枚举拿宝物2的数量，同上；O（n/s2）

3.贪心，尽量选性价比高的

令gcd（s1，s2）= t，s2/t*s1 = s1/t*s2；体积相同的情况下尽量选价值高的，如果s2*v1>s1*v2大，那么枚举拿宝物2的数量，最多s1/t-1个否则一定可以换成s2/t个宝物1。反之亦然。O（max{s1/t,s2/t}）

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
int main()
{
int t,n,s1,v1,s2,v2;
scanf("%d",&t);
for(int k=1; k<=t; k++)
{
//输入体积为n的箱子，和宝物1的体积、价值以及宝物2的体积、价值。
scanf("%d%d%d%d%d",&n,&s1,&v1,&s2,&v2);
//性价比=价/量
if(s1>s2)
{
swap(s1,s2);
swap(v1,v2);
}
printf("Case #%d: ",k);
//此时s2肯定是比s1大的，但若如此n/s2都大于65536的话，说明
//不管是枚举宝物1还是宝物2的时间复杂度都是很大的！
long long value=0;
if(n/s2>=65536)// 当n/s1和n/s2都非常大的时候
{

for(long long i=0; i<=s1; i++)
value=max(value,v2*i+(n-i*s2)/s1*v1);
for(long long i=0; i<=s2; i++)
value=max(value,v1*i+(n-i*s1)/s2*v2);
}
else//因为数据交换的原因，s2要大些，所以n/s2要小些，此时枚举宝物2的个数
{
for(long long i=0; s2*i<=n; i++)
value=max(value,v2*i+(n-s2*i)/s1*v1);
}
printf("%lld\n",value);
}
return 0;
}