洛谷P1064 金明的预算方案

题目描述

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NN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：

主件附件

电脑打印机，扫描仪

书柜图书

书桌台灯，文具

工作椅无

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00个、11个或22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NN元。于是，他把每件物品规定了一个重要度，分为55等：用整数1-51−5表示，第55等最重要。他还从因特网上查到了每件物品的价格（都是1010元的整数倍）。他希望在不超过NN元（可以等于NN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jj件物品的价格为v_[j]v[j]，重要度为w_[j]w[j]，共选中了kk件物品，编号依次为j_1,j_2,…,j_kj1,j2,…,jk，则所求的总和为：

v_[j_1] \times w_[j_1]+v_[j_2] \times w_[j_2]+ …+v_[j_k] \times w_[j_k]v[j1]×w[j1]+v[j2]×w[j2]+…+v[jk]×w[jk]。

请你帮助金明设计一个满足要求的购物单。

输入输出格式

输入格式：

第11行，为两个正整数，用一个空格隔开：

N mNm （其中N(<32000)N(<32000)表示总钱数，m(<60)m(<60)为希望购买物品的个数。）从第22行到第m+1m+1行，第jj行给出了编号为j-1j−1的物品的基本数据，每行有33个非负整数

v p qvpq （其中vv表示该物品的价格（v<10000v<10000），p表示该物品的重要度（1-51−5），qq表示该物品是主件还是附件。如果q=0q=0，表示该物品为主件，如果q>0q>0，表示该物品为附件，qq是所属主件的编号）

输出格式：

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<200000）。

输入输出样例

输入样例#1：

输出样例#1：

2200

这道题乍看是树上依赖背包，直接在树上跑dp，仔细一看，每件物品最多有两件附件，且附件没有从属自己的附件，
也就是说对于每种主件来说选择是确定的：
1.不选主件和附件
2.只选主件
3.选主件+附件1
4.选主件+附件2
5.选主件+附件1+附件2
那么这道题就转化成01背包了，对于每一种状态有5种转移方式。
1.二维DP
由于题中求 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，我们令dp[i][j]表示在前i个主件中花费j元最多能够得到的价值*重要度的总和
dp方程可以很快得到：
///id1表示主件的第1个附件，id2表示主件的第2个附件
///lst表示上一个主件的位置，cost[i]表示第i个物品的花费，imp[i]表示第i个物品的重要度
///val[i]表示第i个物品的花费*重要度（这里已经预处理并存储了）

1    int id1 = attch[i][],id2 = attch[i][];

    int tmp = cost[id1],mmp = cost[id2];

    int a=dp[lst][j],b = (j-cost[i] >= 0 ? dp[lst][ j-cost[i] ] + val[i]:);

    int c=(j-cost[i]-tmp>=?dp[lst][j-cost[i]-tmp]+val[i]+tmp*imp[id1]:);

    int d=(j-cost[i]-mmp>=?dp[lst][j-cost[i]-mmp]+val[i]+mmp*imp[id2]:);

    int e=(j-cost[i]-tmp-mmp>=?dp[lst][j-cost[i]-tmp-mmp]+val[i]+tmp*imp[id1]+mmp*imp[id2]:);

    dp[i][j]=max(max(max(max(a,b),c),d),e);

接下来就是经典的二重循环转移了，这里不再赘述

问题来了

看下面的代码：

1    for(int j=mon;j>=cost[u];j--)

mon表示预算(题中的N)，cost [ u ] 表示当前主件的花费

如果你是这么写的话，在洛谷上提交代码，你会发现WA了一个点

为什么呢?

因为我们第一种情况并没有全部从上一个主件转移到现在的主件

当 j < cost [ i ] 时，我们发现五个转移条件中有四个不满足，但是第一种情况是可以转移的！

所以当数据不是太水的时候，会存在一些测试点恰好用得上这第一种转移，

所以正确写法是这样的：

1    for(int j=mon;j>=;j--)

2.一维DP（滚动数组）

我们可以发现我们每一次的转移都是建立在上一次的基础上，所以我们只要逆序dp，这样使得此次dp都是由上一次的状态转移而来

同理：

     int id1=attch[i][],id2=attch[i][];

     int tmp=cost[id1],mmp=cost[id2];

     int a=dp[j],b=(j-cost[i]>=?dp[j-cost[i]]+val[i]:);

     int c=(j-cost[i]-tmp>=?dp[j-cost[i]-tmp]+val[i]+tmp*imp[id1]:);

     int d=(j-cost[i]-mmp>=?dp[j-cost[i]-mmp]+val[i]+mmp*imp[id2]:);

     int e=(j-cost[i]-tmp-mmp>=?dp[j-cost[i]-tmp-mmp]+val[i]+tmp*imp[id1]+mmp*imp[id2]:);

     dp[j]=max(max(max(max(a,b),c),d),e);

接下来就是经典的01背包循环了

那么一维dp是否存在上述二维数组的问题呢？？

我们发现一维dp是在覆盖上一次状态的基础上达到优化空间的目的的，所以未覆盖的位置（j < cost [ i ] 时）是依旧存在于数组中的，这样就不存在上述问题了

两个方案代码如下

 #include<cstring>

 #include<cstdio>

 #include<iostream>

 #include<cmath>

 #include<algorithm>

 #include<string>

 #include<cctype>

 #include<vector>

 using namespace std;

 namespace zi_qilin

 {

     const int maxm=+;

     const int maxn=+;

     int n,mon,lst;

     int imp[maxn],val[maxn],cost[maxn],dp[maxn][maxm];

     int attch[maxm][];

     vector<int> obj;

     inline int read()

     {

         int x=;bool w=;char c=;

         while(!isdigit(c)) w|=c=='-',c=getchar();

         while(isdigit(c)) x=(x<<)+(x<<)+(c^),c=getchar();

         return w?-x:x;

     }

     inline void fuzhi(int i,int j)

     {

         int id1=attch[i][],id2=attch[i][];

         int tmp=cost[id1],mmp=cost[id2];

         int a=dp[lst][j],b=(j-cost[i]>=?dp[lst][j-cost[i]]+val[i]:);

         int c=(j-cost[i]-tmp>=?dp[lst][j-cost[i]-tmp]+val[i]+tmp*imp[id1]:);

         int d=(j-cost[i]-mmp>=?dp[lst][j-cost[i]-mmp]+val[i]+mmp*imp[id2]:);

         int e=(j-cost[i]-tmp-mmp>=?dp[lst][j-cost[i]-tmp-mmp]+val[i]+tmp*imp[id1]+mmp*imp[id2]:);

         dp[i][j]=max(max(max(max(a,b),c),d),e);

         //printf("%d\n",dp[i][j]);

         //if(i==4) printf("%d %d\n",j,dp[i][j]);

     }

     inline int work()

     {

         memset(attch,,sizeof(attch));

         mon=read()/,n=read();

         obj.push_back();

         for(int i=;i<=n;i++)

         {

             int a=read()/,b=read(),q=read();

             cost[i]=a,imp[i]=b;

             val[i]=a*b;

             if(q)

             {

                 if(attch[q][]) attch[q][]=i;

                 else attch[q][]=i;

                 continue;

             }

             obj.push_back(i);

         }

         memset(dp,,sizeof(dp));

         lst=;

         for(int i=;i<obj.size();i++)

         {

             int u=obj[i];

             for(int j=mon;j>=;j--)

             {

                 fuzhi(u,j);

             }

             lst=obj[i];

             //printf("%d\n",dp[lst][mon]);

         }

         printf("%d",dp[lst][mon]*);

         return ;

     }

 }

 int main()

 {

     //system("mode con cols=100 lines=10000");

     //freopen("testdata.in","r",stdin);

     //freopen("ppp.out","w",stdout);

     return zi_qilin::work();

 }

 #include<cstring>

 #include<cstdio>

 #include<iostream>

 #include<cmath>

 #include<algorithm>

 #include<string>

 #include<cctype>

 #include<vector>

 using namespace std;

 namespace zi_qilin

 {

     const long long maxm=+;

     const long long maxn=+;

     long long n,mon,lst;

     long long imp[maxn],val[maxn],cost[maxn],dp[maxm];

     long long attch[maxm][];

     vector<long long> obj;

     inline long long read()

     {

         long long x=;bool w=;char c=;

         while(!isdigit(c)) w|=c=='-',c=getchar();

         while(isdigit(c)) x=(x<<)+(x<<)+(c^),c=getchar();

         return w?-x:x;

     }

     inline void fuzhi(long long i,long long j)

     {

         long long id1=attch[i][],id2=attch[i][];

         long long tmp=cost[id1],mmp=cost[id2];

         long long a=dp[j],b=(j-cost[i]>=?dp[j-cost[i]]+val[i]:);

         long long c=(j-cost[i]-tmp>=?dp[j-cost[i]-tmp]+val[i]+tmp*imp[id1]:);

         long long d=(j-cost[i]-mmp>=?dp[j-cost[i]-mmp]+val[i]+mmp*imp[id2]:);

         long long e=(j-cost[i]-tmp-mmp>=?dp[j-cost[i]-tmp-mmp]+val[i]+tmp*imp[id1]+mmp*imp[id2]:);

         dp[j]=max(max(max(max(a,b),c),d),e);

         //printf("%d\n",dp[j]);

     }

     inline long long work()

     {

         memset(attch,,sizeof(attch));

         mon=read()/,n=read();

         obj.push_back();

         for(long long i=;i<=n;i++)

         {

             long long a=read()/,b=read(),q=read();

             cost[i]=a,imp[i]=b;

             val[i]=a*b;

             if(q)

             {

                 if(attch[q][]) attch[q][]=i;

                 else attch[q][]=i;

                 continue;

             }

             obj.push_back(i);

         }

         memset(dp,,sizeof(dp));

         lst=;

         for(long long i=;i<obj.size();i++)

         {

             long long u=obj[i];

             for(long long j=mon;j>=cost[u];j--)

             {

                 fuzhi(u,j);

             }

             lst=u;

         }

         printf("%lld",dp[mon]*);

         return ;

     }

 }

 int main()

 {

     //freopen("testdata.in","r",stdin);

     //freopen("mmp.out","w",stdout);

     return zi_qilin::work();

 }

ps：就这个问题我调了一个小时，果然还是一维数组省心啊~~