NOIP2006提高组 金明的预算 解题报告

 【问题描述】  

        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N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：



　　　　　 

　　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0个、1个或2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N元。于是，他把每件物品规定了一个重要度，分为5等：用整数1~5表示，第5等最重要。他还从因特网上查到了每件物品的价格（都是10元的整数倍）。他希望在不超过N元（可以等于N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j件物品的价格为v[j]，重要度为w[j]，共选中了k件物品，编号依次为j1，j2，…，jk，则所求的总和为：v[j1]*w[j1]+v[j2]*w[j2]+ …+v[jk]*w[jk]。（其中*为乘号） 

　　请你帮助金明设计一个满足要求的购物单。 

 

    

 【输入格式】  

  

　　第1行，为两个正整数，用一个空格隔开：N m，其中N（<32000）表示总钱数，m（<60）为希望购买物品的个数。

　　从第2行到第m+1行，第j行给出了编号为j-1的物品的基本数据，每行有3个非负整数：v p q，其中v表示该物品的价格（v<10000），p表示该物品的重要度（1~5），q 表示该物品是主件还是附件。如果 q=0，表示该物品为主件，如果 q>0，表示该物品为附件，q 是所属主件的编号。

 

    

 【输出格式】  

   

　　只有一个正整数，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）。

 

    

 【输入样例】   

   

1000 5

800 2 0

400 5 1

300 5 1

400 3 0

500 2 0

 

    

 【输出样例】  

   

2200

 

    

 【来源】  

  

NOIP2006提高组复赛第2题

解题思路：根据题意，要求物品价格与重要度的乘积和的最大值，主要算法当然是动态规划。第一步，设状态函数，设f(i,j)表示前i类物品选择出总钱数为j的最大物品价格与重要度乘积和。第二步，分析状态转移方程，看选择第i类物品时，因为如果要选择附件则一定要先选择主件，所以每步的选择为第i类物品可以不选，可以只选主件，如果有附件，可以选择一件附件，或选择两件附件，具体方程见代码。第三步，分析边界，无论多少类物品，如果选出的总钱数为0，则最大物品价格与重要度乘积和也为0，即f(i,0)=0。在实现动态规划时，因为每一步的选择只与上一步选择有关，所以可以使用滚动数组，将状态函数中的i省略，但如果使用滚动数组，枚举总钱数时必须逆向枚举（即从N开始枚举）。

#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstring>
using namespace std;
const int maxn=65;
const int inf=1000000010;
int N,M,cntt=0;
struct data
{
int v,p,q;
};
data a[maxn]; //记录所有物品
data b[maxn][5]; //记录每个物品主件的附件
int cnt[maxn]; //记录每个物品主件的附件个数
/*
f(j)表示前i类物品选择出总钱数为j的最大物品价格与重要度乘积和
f(j)=max(f(j),f(只选第i件主件),f(选第i件主件和一件附件),f(选第i件主件和两件附件))
边界：f(0)=0
*/
int d[32005];
void solve() //动态规划
{
for(int i=0;i<=N;i++)
d[i]=-inf; //初始化
d[0]=0; //边界
int ans=-inf; //记录答案（选择出总钱数不超过j的最大物品价格与重要度乘积和）
for(int i=1;i<=M;i++)if(a[i].q==0) //只枚举主件
for(int j=N;j>=a[i].v;j--)
{
int t1=d[j],t2=-inf,t3=-inf,t4=-inf,t5=-inf;
t2=d[j-a[i].v]+a[i].v*a[i].p; //只选主件
if(cnt[i]>=1 && j-a[i].v-b[i][1].v>=0) t3=d[j-a[i].v-b[i][1].v]+a[i].v*a[i].p+b[i][1].v*b[i][1].p; //选主件和第一个附件
if(cnt[i]==2)
{
if(j-a[i].v-b[i][2].v>=0) t4=d[j-a[i].v-b[i][2].v]+a[i].v*a[i].p+b[i][2].v*b[i][2].p; //选主件和第二个附件
if(j-a[i].v-b[i][1].v-b[i][2].v>=0) t5=d[j-a[i].v-b[i][1].v-b[i][2].v]+a[i].v*a[i].p+b[i][1].v*b[i][1].p+b[i][2].v*b[i][2].p; //选主件和两个附件
}
d[j]=max(t1,max(t2,max(t3,max(t4,t5))));
ans=max(d[j],ans); //更新答案
}
printf("%d\n",ans);
/*for(int i=0;i<=N;i++)
printf("%d %d\n",i,d[i]);*/
}
int main()
{
freopen("48.in","r",stdin);
//freopen("48.out","w",stdout);
scanf("%d%d",&N,&M);
memset(cnt,0,sizeof(cnt));
for(int i=1;i<=M;i++)
{
scanf("%d%d%d",&a[i].v,&a[i].p,&a[i].q);
if(a[i].q>0)
{
cnt[a[i].q]++;
b[a[i].q][cnt[a[i].q]]=a[i];
}
else cntt++;
}
solve();
return 0;
}