ACM-ICPC（9/26）

DP专题

• 多阶段决策：递推——逆推方式（难度较大），记忆化搜索方式，考虑当前决策层（cur）

• 01背包：变形众多，两种方式，一是考虑阶段的方式， ，另一种是刷表法

题目推荐：

bzoj 4247

Description

JOI君有N个装在手机上的挂饰，编号为1...N。 JOI君可以将其中的一些装在手机上。

JOI君的挂饰有一些与众不同——其中的一些挂饰附有可以挂其他挂件的挂钩。每个挂件要么直接挂在手机上，要么挂在其他挂件的挂钩上。直接挂在手机上的挂件最多有1个。

此外，每个挂件有一个安装时会获得的喜悦值，用一个整数来表示。如果JOI君很讨厌某个挂饰，那么这个挂饰的喜悦值就是一个负数。

JOI君想要最大化所有挂饰的喜悦值之和。注意不必要将所有的挂钩都挂上挂饰，而且一个都不挂也是可以的。

Input

第一行一个整数N，代表挂饰的个数。

接下来N行，第i行(1<=i<=N)有两个空格分隔的整数Ai和Bi，表示挂饰i有Ai个挂钩，安装后会获得Bi的喜悦值。

Output

输出一行一个整数，表示手机上连接的挂饰总和的最大值

Sample Input

50 42 -21 -10 10 3

Sample Output

5

HINT

将挂饰2直接挂在手机上，然后将挂饰1和挂饰5分别挂在挂饰2的两个挂钩上，可以获得最大喜悦值4-2+3=5。

1<=N<=2000

0<=Ai<=N(1<=i<=N)

-106<=Bi<=106(1<=i<=N)

分析：单纯考虑第一个挂饰，决策的顺序有很大的影响，这样会陷入暴力的方案中去，按照挂钩排序，这样就貌似不用考虑是否没有地方放了。考虑前 i 个物品， 是否能转移呢？ 加一维 j 当前有多少挂钩，

保证 j >=1 ，初始化状态 其他 负很多，这样才能将开始就是负数的状态转移上来。

可以发现，这个过程其实就是一个01背包刷表过程。

/**************************************************************
    Problem: 4247
    User: TreeDream
    Language: C++
    Result: Accepted
    Time:2180 ms
    Memory:17012 kb
****************************************************************/

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

const int inf =0x3f3f3f3f;

int n;
struct Node {
    int a,b;
    bool operator < (const Node& rhs) const {
        return a > rhs.a;
    }
}nodes[2005];

int dp[2005][2005];

int main()
{
    //freopen("in.txt","r",stdin);
    scanf("%d",&n);

    for(int i = 1; i <=n; i++)
        scanf("%d%d",&nodes[i].a,&nodes[i].b);
    sort(nodes+1,nodes+1+n);
    for(int i = 0; i <=n; i++)
        memset(dp[i],-inf,sizeof(dp[i]));
​
    dp[0][1] = 0;
    for(int i=1;i<=n;i++) {
        for(int j=n;j>=0;j--) {
            int tmp = max(j-nodes[i].a,0);
            dp[i][j] = max(dp[i-1][j],dp[i-1][tmp+1]+nodes[i].b);
        }
    }

    int ans = 0;
    for(int i = 0; i <= n; i++)
        ans = max(ans,dp[n][i]);
    printf("%d\n",ans);

    return 0;
}

其实还有一些题目要推荐的：今天上课太热了，脑子有点晕，明天更新这一块的有趣的内容。