【BZOJ 1017】 [JSOI2008]魔兽地图DotR

【题目链接】:http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=1017

【题意】

【题解】



设f[i][j][k]

表示第i个节点以下的总花费为j,

然后i物品有k个用来给上一层的人合成东西用了的最大力量值.

转移方式看代码吧。

代码加了lots of “注释”

(数据有一组里面没有高级物品,这个时候就是在基本物品里面做多重背包了);



【完整代码】

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define lson l,m,rt<<1
#define rson m+1,r,rt<<1|1
#define LL long long
#define rep1(i,a,b) for (int i = a;i <= b;i++)
#define rep2(i,a,b) for (int i = a;i >= b;i--)
#define mp make_pair
#define pb push_back
#define fi first
#define se second
#define rei(x) scanf("%d",&x)
#define rel(x) scanf("%lld",&x)

typedef pair<int, int> pii;
typedef pair<LL, LL> pll;

const int dx[9] = { 0,1,-1,0,0,-1,-1,1,1 };
const int dy[9] = { 0,0,0,-1,1,-1,1,-1,1 };
const double pi = acos(-1.0);
const int N = 55;
const int M = 2e3 + 100;
const int INF = 0x3f3f3f3f;

int n, m,num[N],c[N][N],d[N][N],a[N],b[N],cnt = 0;
int val[N],f[N][M][110],dp[N][M],dp2[M];
bool vis[N];

void dfs(int x)
{
    if (!num[x])//表示是基本物品
    {
        b[x] = min(b[x], m / a[x]);//a[x]是这个低级物品的单价
        rep1(i, 0, b[x])//i枚举的是这个基本物品买了多少个
            rep1(j, 0, i)//而j枚举的是往上给了多少个物品
            f[x][i*a[x]][j] = val[x] * (i - j);//往上贡献了j个,然后留下i-j个自己留着
                                               //合成了就没了
        return;
    }
    b[x] = INF;//如果不是基本物品的话;需要看看这种物品最多能买多少个.b数组就是这个作用
    rep1(i, 1, num[x])
    {
        dfs(c[x][i]);//往下走 先往下回溯,不然不在叶子节点上
        b[x] = min(b[x], b[c[x][i]] / d[x][i]);//d[x][i]是这个低级物品所需数量
        //那个低级物品k能买b[k]个,然后合成这个x需要d[x][i]个
        //则b[k]/d[x][i]就是这个高级物品x能合成的限制
        //在所有低级物品中取最小值
        a[x] += d[x][i] * a[c[x][i]];//合成一个x所需要的总价累加到a[x]里面
    }
    b[x] = min(b[x], m / a[x]);//虽然各自单独买可能够
    //但是可能全都一起买的话,就不够了,所以要再加一个限制;
    //就是单个x合成所需要的价格;用m去除它;这样如果全部一起买不够的话,就会变为0;
    //而如果够的话,是肯定能符合b[k]/d[x][i]的分配的;
    //这个时候b[k]/d[x][i]就能体现价值了
    //这里的m/a[x]是限制买的数量
    //因为可能b[k]/d[x][i]很大;
    //但是那是花了所有的钱你才能买b[k]个
    //你无法保证买了其他的k之后你还能买b[k]个;
    //这里需要m/a[x]做限制
    rep1(t, 0, b[x])//枚举x买了t个
    {
        memset(dp, -INF, sizeof dp);
        dp[0][0] = 0;
        rep1(i, 1,num[x])
        {
            //i层枚举x物品的第i个子物品
            //j枚举的是当前花费的钱
            //c[x][i]指的是x物品的第i个子物品是谁,d[x][i]是数量的要求
            rep1(j, 0, m)
            {
                rep1(k, 0, j)
                {
                    dp[i][j] = max(dp[i][j], dp[i - 1][j - k] + f[c[x][i]][k][d[x][i] * t]);
                    //枚举儿子往上传了t*d[x][i]个
                    //然后枚举儿子在往上传这么多的时候 它当时的花费为k元
                    //然后前一个状态就是前i-1个儿子,花费了j-k元能够获得的最大贡献
                    //再加上这个f[][][]就是j元总共能够获得的贡献值了
                    //x买了t个,则儿子给爸爸的物品数目是确定的;
                    //但唯一不确定的是儿子给爸爸物品的时候,它当时花费了多少钱.
                    //因此枚举花费多少钱的时候得到多少贡献.
                    //这也是为什么状态里面有两个
                    //一个是数目、一个是花费
                }
            }
        }
        rep1(i, 0, m)
        {
            rep1(j, 0, t)
            {
                f[x][i][j] = max(f[x][i][j], dp[num[x]][i] + val[x] * (t - j));
                //x买了t个,然后枚举有k个往上移动
                //枚举现在用了多少钱买到的t个x
                //然后再枚举有多少个x是要往上移动的
            }
        }
    }
}

int main()
{
    //freopen("F:\\rush.txt", "r", stdin);
    rei(n), rei(m);
    char s[5];
    rep1(i, 1, n)
    {
        rei(val[i]), scanf("%s", s);
        if (s[0] == 'A')
        {
            cnt++;
            rei(num[i]);
            rep1(j, 1, num[i])
            {
                rei(c[i][j]), rei(d[i][j]);
                vis[c[i][j]] = true;
            }
        }
        else
        if (s[0]=='B')
            rei(a[i]), rei(b[i]);;
    }
    if (cnt > 0)
    {
        int root;
        rep1(i,1,n)
            if (!vis[i])
            {
                root = i;
                break;
            }
        memset(f, -INF, sizeof f);
        dfs(root);
        int ans = 0;
        rep1(i, 0, m)
        {
            ans = max(ans, f[root][i][0]);
        }
        printf("%d\n", ans);
    }
    else
    {//没有高级物品的话就做一遍多重背包
        rep1(i, 1, n)
        {
            rep2(j, m, 0)
            {
                rep1(k, 0, b[i])
                {
                    if (j - k*a[i] < 0) break;
                    if (dp2[j] < dp2[j - k*a[i]] + val[i] * k)
                        dp2[j] = dp2[j - k*a[i]] + val[i] * k;
                }
            }
        }
        printf("%d\n", dp2[m]);
    }
    return 0;
}