BZOJ4247挂饰

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

Solution

与普通背包不同的地方在于，这里背包的容量是动态的，所以用f[i][j]表示前i件物品中，满足还剩j个挂钩空着的最大愉悦值，就解决了背包容量未知的问题，然后状态转移方程的推导与01背包相似，如果不取第i个，最优解就是f[i-1][j]，如果取，f[i-1][max(j-a[i],0)+1]+b[i]。因为如果不取这个挂饰，挂钩数就只剩下j-a[i]+1个，但这个表达式的值有可能是一个负数，没有意义，所以要取最差的情况，即舍弃所有挂饰，只剩手机上原来的那个挂钩，也就是1个挂钩。

但是有些时候，j-a[i]+1为负数也可能有意义。因为挂钩的位置没有要求，只要后来的挂钩能把j补成非负数就是合法的，但如果去考虑这个，动规的循环变量就不确定，所以要把挂饰按能提供的挂钩数量从大到小排序，就能避免这种情况。

（参考：http://www.cnblogs.com/2014nhc/p/6231288.html）

Code

 #include<iostream>
 #include<cstdio>
 #include<cstring>
 #include<algorithm>
 using namespace std;
 int f[][];

 struct rec
 {
     int a,b;
 }x[];

 int cmp(const rec&x1,const rec&x2)
 {
     return x1.a>x2.a;
 }

 int max(int a,int b)
 {
     return a>b?a:b;
 }

 int main()
 {
     int n;
     scanf("%d",&n);
     for (int i=; i<=n; i++)
       scanf("%d%d",&x[i].a,&x[i].b);
     sort(x+,x+n+,cmp);
     memset(f,-,sizeof(f));
     f[][]=;
     for (int i=; i<=n; i++)
       for (int j=; j<=n; j++)
         f[i][j]=max(f[i-][j],f[i-][max(j-x[i].a,)+]+x[i].b);
     int ans=;
     for (int i=; i<=n; i++)
       ans=max(ans,f[n][i]);
     printf("%d",ans);
     return ;
 } 

Source

http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=4247