题意:

   要买一些东西,每件东西有价格和价值,但是买得到的前提是身上的钱要比该东西价格多出一定的量,否则不卖。给出身上的钱和所有东西的3个属性,求最大总价值。

思路:

  1)WA思路:与01背包差不多,dp过程中记录每个容量所能获得的最大价值以及剩余的容量。实现是,开个二维dp数组,从左往右扫,考虑背包容量为j的可获得价值量,根据该剩余容量得知要更新后面哪个背包容量[j+?] ,如果剩余容量大于q[i]那么可以直接装进去,更新价值以及剩余容量,否则,考虑更新的是更大的背包容量。这个思路有缺陷,一直找不到。

  2)AC思路:先看代码,下面再证明其正确性。

 #include <stdio.h>
#include <string.h>
#include <algorithm>
using namespace std; struct node
{
int p,q,v;
} a[]; int cmp(node x,node y)//按q-p排序,保证差额最小为最优
{
return x.q-x.p<y.q-y.p;
} int main()
{
int n,m,i,j;
int dp[];
while(~scanf("%d%d",&n,&m))
{
for(i = ; i<n; i++)
scanf("%d%d%d",&a[i].p,&a[i].q,&a[i].v);
memset(dp,,sizeof(dp)); sort(a,a+n,cmp);//关键:q-p 小的在前
for(i = ; i<n; i++)
{
for(j = m; j>=a[i].q; j--)//注意:剩余的钱大于q才能买
{
dp[j] = max(dp[j],dp[j-a[i].p]+a[i].v);
}
}
printf("%d\n",dp[m]);
} return ;
}

别人的AC代码

证明:

假设有物品1~n,

1)考虑第1件物品:j 的范围在m~q[1],因为有钱q[1]是能买到物品1的最低前提,那么对dp[m~q[1]]进行更新,结果都是v[1],而dp[0~q[1]]都是0(不包括dp[q[1]])。是正确的。

2)考虑第2件物品:因为状态转移公式是 dp[j] = max(dp[j], dp[j-p[i]] + v[i]),所以疑虑在于式子j-p[2]>=q[2]-p[2]是否成立。根据第2个for的限制条件,可知 j-q[2]>=0,两边各减去p[2],那么j-p[2]>=q[2]-p[2],以上式子成立。可知:j-p[1]是能够满足第2件物品的差额要求的。

3)考虑第i件物品,由于1~i-1这些物品都满足限制条件才会购买,那么第i件物品同样和第2件物品一样的证明。

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