[TJOI2008] 小偷

TJOI2008小偷

题目背景

一位著名的小偷进入了一个充满宝石的储藏室，这个储藏室是由一连串房间构成的，房间的标号从0开始，想进入第i个房间就必须从第i-1个房间进入，如图：

题目描述

上图为三个房间的情况，黑色的部分为连通两个房间的门，从左向右的编号分别为0,1,2…。已知当小偷从第0个门进入储藏室时，储藏室的计时系统开始计时，每个门都有自己的关闭时间。每个屋里有不同种类的宝石，对于每种宝石，它的价值和小偷拿走它所耗费的时间也是不同的，为了简化问题，我们设想小偷在各个屋子之间走动的时间可以忽略不计，而且所有屋子里各种宝石的数量都是无限多的，那么请问小偷在能成功逃出来的情况下，可能获得宝石的最大价值。

附： 对于每扇门，小偷都必须在严格早于此门关闭的时候出来才可以。

输入格式

每组测试数据的第一行有两个整数N和M，分别代表储藏室有N个房间，并且有M种宝石。第二行中会有N个正整数，分别表示第i个门关闭的时间（门的编号从0开始），接下来的M行，每行有三个整数r，v和t，分别代表这种宝石所在的房间编号为r，它的价值为v，小偷拿走它所耗费的时间为t。

输出格式

输出小偷在成功逃出储藏室的情况下获得宝石的最大价值。

输入 #1

3 4
9 5 5
0 1 2
1 2 2
2 3 2
2 5 3

输出 #1

8

样例说明

我们知道，小偷应该在2时刻拿个3的，再在4时刻拿3的最后逃出到房间一，最后在一房间拿两个1的宝石，在八秒时逃出。

我们在求解时用到了两个变量一个是时间，一个是在的屋子。所以我们考虑，以这两个为变量，造一个函数。

分析算法

我们在每个房间里会有一些宝石，小偷的时间是一定的，宝石可以无限拿，他却让我们输出一个最大值，我们想到了dp。

我们不要被小偷从一号门进去而迷惑，小偷的神行无影，我们理解为小偷出生在最里面的第n间屋子里，在从外面跑，有点类似于纪念品那个题，当然在分析上会难很多。

我们的每一个门，会有自己关门的时间，对吧这就是体积v,每一个宝石就是商品，不要忘了要对关门的时间进行处理

于是乎，套上我的完全背包的模板，就有了1版的代码

定义

\(dp(i,j)\)表示在第从n到i个房间里，在j的时间内所能拿到的最贵价值

所求

\(dp(1,close[1]-1)\)即为所求我们将第\(1 到 i\)个门中关闭的的最小时间

dp转移方程

\[dp(i,j)=
\begin{cases}
f(i+1,j)\\
f(i,j-1)\\
f(i,j-sto[i].tim[k])+sto[i].pri[k];
\end{cases}
\]

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int Maxdoor=55,Maxthi=110,Maxtime=1100;
struct Node{
	int pri[Maxthi],tim[Maxthi],num;
}sto[Maxdoor];
int n,m,x,min1,close[Maxdoor],dp[Maxthi][Maxtime];
int read(){
	int x=0;
	char ch=getchar();
	while(ch<'0'||ch>'9'){
		ch=getchar();
	}
	while(ch<='9'&&ch>='0'){
		x=(x<<1)+(x<<3)+(ch-'0');
		ch=getchar();
	}
	return x;
}
void read_in(){
	n=read();m=read();min1=0x3f3f3f3f;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		close[i]=read();
		min1=min(min1,close[i]);
		close[i]=min(min1,close[i]);
	}
	for(int i=1;i<=m;i++){
		x=read();
		x++;
		sto[x].num++;
		sto[x].pri[sto[x].num]=read();
		sto[x].tim[sto[x].num]=read();
	}
	return;
}
void f(){
	for(int i=n;i>=1;i--){
		for(int j=1;j<close[i];j++){
			dp[i][j]=max(dp[i][j-1],dp[i+1][j-1]);
			for(int k=1;k<=sto[i].num;k++){
				if(j-sto[i].tim[k]>=0) dp[i][j]=max(dp[i][j],dp[i][j-sto[i].tim[k]]+sto[i].pri[k]);
			}
		}
	}
	printf("%d",dp[1][close[1]-1]);
}
int main() {
	freopen("1.in","r",stdin);
	read_in();
	f();
	return 0;
}

再经过考虑，我们可以直接降维，因为我们在求\(dp(i,j)\)的时候，只用到了\(dp(i+1)\)和之前的\(dp(i)\)，所以我们可以降维

void f(){
	for(int i=n;i>=1;i--){
		for(int j=1;j<close[i];j++){
			dp[j]=max(dp[j],dp[j-1]);
			for(int k=1;k<=sto[i].num;k++){
				if(j-sto[i].tim[k]>=0) dp[j]=max(dp[j],dp[j-sto[i].tim[k]]+sto[i].pri[k]);
			}
		}
	}
	printf("%d",dp[close[1]-1]);
}

其实最开始我们想到代码的第4行为什么要传递最优值给下一个的，但是，连续提交的50pts，让我改了下样例就发现问题了，还是菜呀，因为决策里可以这一秒什么也不干呀，而且，主要原因还是背包体积的变化