tyvj 1057 dp 变形背包

P1057 金明的预算方案

时间: 1000ms / 空间: 131072KiB / Java类名: Main

背景

NOIP2006 提高组 第二道

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N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0个、1个或2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N元。于是，他把每件物品规定了一个重要度，分为5等：用整数1~5表示，第5等最重要。他还从因特网上查到了每件物品的价格（都是10元的整数倍）。他希望在不超过N元（可以等于N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j件物品的价格为v[j]，重要度为w[j]，共选中了k件物品，编号依次为j1，j2，……，jk，则所求的总和为：
v[j1]*w[j1]+v[j2]*w[j2]+ …+v[jk]*w[jk]。（其中*为乘号）
请你帮助金明设计一个满足要求的购物单。

输入格式

输入文件budget.in 的第1行，为两个正整数，用一个空格隔开：
N m
（其中N（<32000）表示总钱数，m（<60）为希望购买物品的个数。）
从第2行到第m+1行，第j行给出了编号为j-1的物品的基本数据，每行有3个非负整数
v p q
（其中v表示该物品的价格（v<10000），p表示该物品的重要度（1~5），q表示该物品是主件还是附件。如果q=0，表示该物品为主件，如果q>0，表示该物品为附件，q是所属主件的编号）

输出格式

输出文件budget.out只有一个正整数，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）。

测试样例1

输入

1000 5 
800 2 0 
400 5 1 
300 5 1 
400 3 0 
500 2 0

输出

2200

备注

各个测试点1s

 

题意：中文题意

题解：考虑本题特殊条件1.附件没有附件 2.每个主件最多有两个附件

那么对于每个主件只有5种情况

1.什么都不买

2.只买主件

3.买主件和两个附件

4.买主件和第一个附件

5.买主件和第二个附件

 /******************************
 code by drizzle
 blog: www.cnblogs.com/hsd-/
 ^ ^    ^ ^
  O      O
 ******************************/
 #include<bits/stdc++.h>
 #include<iostream>
 #include<cstring>
 #include<cstdio>
 #include<map>
 #include<algorithm>
 #include<queue>
 #define ll __int64
 using namespace std;
 int n,m;
 int a,b,c;
 struct node
 {
     int w;
     int s;
     int w1,s1;
     int w2,s2;
 } N[];
 int used[];
 int dp[];
 int main()
 {
     memset(used,,sizeof(used));
     memset(N,,sizeof(N));
     memset(dp,,sizeof(dp));
     scanf("%d %d",&n,&m);
     for(int i=; i<=m; i++)
     {
         scanf("%d %d %d",&a,&b,&c);
         if(c==)
         {
             N[i].w=a;
             N[i].s=b;
         }
         else
         {
             if(used[c]==)
             {
                 N[c].w1=a;
                 N[c].s1=b;
                 used[c]=;
             }
             else
             {
                 N[c].w2=a;
                 N[c].s2=b;
             }
         }
     }
     for(int i=; i<=m; i++)
     {
         for(int k=n; k>=; k--)
         {
             if(k>=(N[i].w+N[i].w1+N[i].w2))
                 dp[k]=max(dp[k],dp[k-(N[i].w+N[i].w1+N[i].w2)]+N[i].w*N[i].s+N[i].w1*N[i].s1+N[i].w2*N[i].s2);
             if(k>=(N[i].w+N[i].w1))
                 dp[k]=max(dp[k],dp[k-(N[i].w+N[i].w1)]+N[i].w*N[i].s+N[i].w1*N[i].s1);
             if(k>=(N[i].w+N[i].w2))
                 dp[k]=max(dp[k],dp[k-(N[i].w+N[i].w2)]+N[i].w*N[i].s+N[i].w2*N[i].s2);
             if(k>=N[i].w)
                 dp[k]=max(dp[k],dp[k-N[i].w]+N[i].w*N[i].s);
         }
     }
     cout<<dp[n]<<endl;
     return ;
 }