Space Elevator [POJ2392] [DP][优化]

题目大意

n件物品，第i件hi高，有ci件，最高的一件不能超过ai的高度。问最高能堆多高

输入：

第一行，一个n

接下来每一行，为hi，ai，ci

输出，最高堆多高

样例输入：

3
7 40 3
5 23 8
2 52 6

样例输出：

48 （从下到上：3个2号，3个1号，6个3号）

分析：

我们很容易想到要先放限制高度小的，那我们就先按限制高度从小到大排序。

然后我们可以发现，这个和多重背包很像，“物重”“价值”都为hi，数量为ci

设dp[i][j]为用前i件，花费高度j的盒子，最高能堆多高（显然dp[][j]=j/0）。

那么状态转移方程为dp[i][j]=max{dp[i-1][j-k*hi]+hi*k}其中限制条件是（dp[i-1][j-k*hi]!=0或j==k*hi ）

但我们发现这个复杂度是不优秀的，我们需要降复杂度。

以下是优化方法{

我们知道，0/1背包和完全背包只需要改变循环方向就行了。

而完全背包从小到大循环就是保证了在更新了标号小的后，计算标号大的时候利用小的就可以使用更新后的值，从而实现“物品无限”。

而我们多重背包是有限的个数，如何在完全背包上动点手脚？

我们在dp[j]相对记录一个usd[j]表示已经用了这个物品几次了。

在保证条件dp[j-hi]!=0或j==hi 和dp[j-hi]+hi>dp[j]时

还需满足usd[j-hi]+1<=ci，再把usd[j]更新成usd[j-hi]+1，这样就能保证该物品使用次数小于等于ci。

最后输出结果小心坑，找到第一个dp[i]不等于0，输出;特判ans==0的情况

代码：

 #include<set>
 #include<map>
 #include<queue>
 #include<stack>
 #include<cmath>
 #include<cstdio>
 #include<cstring>
 #include<iostream>
 #include<algorithm>
 #define RG register int
 #define rep(i,a,b)    for(RG i=a;i<=b;++i)
 #define per(i,a,b)    for(RG i=a;i>=b;--i)
 #define ll long long
 #define inf (1<<29)
 #define maxn 405
 #define maxm 40005
 using namespace std;
 int n;
 int dp[maxm],usd[maxm];
 struct Dat{
     int w,a,c;
     inline int operator < (const Dat &tt)const{
         return a<tt.a;
     }
 }p[maxn];
 inline int read()
 {
     int x=,f=;char c=getchar();
     while(c<''||c>''){if(c=='-')f=-;c=getchar();}
     while(c>=''&&c<=''){x=x*+c-'';c=getchar();}
     return x*f;
 }
 int main()
 {
     n=read();
     int mx=;
     rep(i,,n)    p[i].w=read(),p[i].a=read(),p[i].c=read();
     sort(p+,p++n);
     rep(i,,n)
     {
         memset(usd,,sizeof(usd));
         rep(j,p[i].w,p[i].a)
             if((j==p[i].w||dp[j-p[i].w]) && dp[j-p[i].w]+p[i].w>dp[j] && usd[j-p[i].w]+<=p[i].c)
                 dp[j]=dp[j-p[i].w]+p[i].w,
                 usd[j]=usd[j-p[i].w]+;
     }
     per(i,p[n].a,)    if(dp[i]){cout<<dp[i];return ;}
     puts("");
     return ;
 }