P1417 烹调方案 (0/1背包+贪心)

题目背景

由于你的帮助，火星只遭受了最小的损失。但gw懒得重建家园了，就造了一艘飞船飞向遥远的earth星。不过飞船飞到一半，gw发现了一个很严重的问题：肚子饿了~

gw还是会做饭的，于是拿出了储藏的食物准备填饱肚子。gw希望能在T时间内做出最美味的食物，但是这些食物美味程度的计算方式比较奇葩，于是绝望的gw只好求助于你了。

题目描述

一共有n件食材，每件食材有三个属性，ai，bi和ci，如果在t时刻完成第i样食材则得到ai-t*bi的美味指数，用第i件食材做饭要花去ci的时间。

众所周知，gw的厨艺不怎么样，所以他需要你设计烹调方案使得美味指数最大

输入输出格式

输入格式：

第一行是两个正整数T和n，表示到达地球所需时间和食材个数。

下面一行n个整数，ai

下面一行n个整数，bi

下面一行n个整数，ci

输出格式：

输出最大美味指数

输入输出样例

输入样例#1：

74 1

502

2

47

输出样例#1：

408

题意:给你一个时间t 和 物品个数n 但是物品个数的价值会随时间而变化 所以对于这道题我们不能简单的0/1背包

现在考虑相邻的两个物品x,y。假设现在已经耗费p的时间，那么分别列出先做x,y的代价：

a[x]-(p+c[x])*b[x]+a[y]-(p+c[x]+c[y])*by

a[y]-(p+c[y])*b[y]+a[x]-(p+c[y]+c[x])*bx

对这两个式子化简，得到①＞②的条件是c[x]*b[y]<c[y]*b[x].

发现只要满足这个条件的物品对(x,y)，x在y前的代价永远更优。

因此可以根据这个条件进行排序，之后就是简单的01背包了。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<string>
#include<vector>
#include<stack>
#include<bitset>
#include<cstdlib>
#include<cmath>
#include<set>
#include<list>
#include<deque>
#include<map>
#include<queue>
#define ll long long int
using namespace std;
inline ll gcd(ll a,ll b){return b?gcd(b,a%b):a;}
inline ll lcm(ll a,ll b){return a/gcd(a,b)*b;}
int moth[]={,,,,,,,,,,,,};
int dir[][]={-,,-,-,-,};
int dirs[][]={, ,, ,-, ,,-, -,- ,-, ,,- ,,};
const int inf=0x3f3f3f3f;
const ll mod=1e7+;
int t,n;
struct node{
    ll a,b,c;
    friend bool operator < (node t1,node t2){
        return t1.b*t2.c>t1.c*t2.b;
    }
};
node p[];
ll dp[];
int main(){
    ios::sync_with_stdio(false);
    int t,n;
    for(int i=;i<=;i++)
        dp[i]=-1e18;
    cin>>t>>n;
    for(ll i=;i<=n;i++)
        cin>>p[i].a;
    for(ll i=;i<=n;i++)
        cin>>p[i].b;
    for(ll i=;i<=n;i++)
        cin>>p[i].c;
    sort(p+,p++n);
    dp[]=;
    for(ll i=;i<=n;i++)
        for(ll j=t;j>=p[i].c;j--)
            dp[j]=max(dp[j],dp[j-p[i].c]+p[i].a-j*p[i].b);
    ll ans=-1e18;
    for(ll i=;i<=t;i++)
        ans=max(ans,dp[i]);
    cout<<ans<<endl;
    return ;
}