P1417 烹调方案背包DP

题目背景

由于你的帮助，火星只遭受了最小的损失。但gw懒得重建家园了，就造了一艘飞船飞向遥远的earth星。不过飞船飞到一半，gw发现了一个很严重的问题：肚子饿了~

gw还是会做饭的，于是拿出了储藏的食物准备填饱肚子。gw希望能在T时间内做出最美味的食物，但是这些食物美味程度的计算方式比较奇葩，于是绝望的gw只好求助于你了。

题目描述

一共有n件食材，每件食材有三个属性，ai，bi和ci，如果在t时刻完成第i样食材则得到ai-t*bi的美味指数，用第i件食材做饭要花去ci的时间。

众所周知，gw的厨艺不怎么样，所以他需要你设计烹调方案使得美味指数最大

输入输出格式

输入格式：

第一行是两个正整数T和n，表示到达地球所需时间和食材个数。

下面一行n个整数，ai

下面一行n个整数，bi

下面一行n个整数，ci

输出格式：

输出最大美味指数

输入输出样例

输入样例#1：复制

输出样例#1：复制

408

和01背包非常像  可以说就是01背包的变种  
只不过权值会随时间的增加而减少   

先来看背包问题的本质：

用每一个可执行的动作（或物品）对各个状态进行更新

某物品在取或不取时，用的是前面已有的状态。

特别是  每次都是对之前状态进行更新！

所以这题放入物品的顺序是有讲究的  先要对放入顺序进行预处理

现在考虑相邻的两个物品x,y。假设现在已经耗费p的时间，那么分别列出先做x,y的价值：

a[x]-(p+c[x])*b[x]+a[y]-(p+c[x]+c[y])*b[y]

a[y]-(p+c[y])*b[y]+a[x]-(p+c[y]+c[x])*b[x]

对这两个式子化简，得到①＞②的条件是c[x]*b[y]<c[y]*b[x].

发现只要满足这个条件的物品对(x,y)，x在y前的代价永远更优。

还有一个要点就是：不一定dp[n]为最大值

这与这题的特性有关：时间越长价值越低

可见下面对样例的dp结果：

代码：

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

//input

#define rep(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++)

#define RI(n) scanf("%d",&(n))

#define RII(n,m) scanf("%d%d",&n,&m);

#define RIII(n,m,k) scanf("%d%d%d",&n,&m,&k)

#define RS(s) scanf("%s",s);

#define LL long long

#define REP(i,N)  for(int i=0;i<(N);i++)

#define CLR(A,v)  memset(A,v,sizeof A)

//////////////////////////////////

const LL MAXN =  + ;

LL T, n;

LL f[MAXN];

struct node    //c[x]*b[y]<c[y]*b[x]

{

    LL a, b, c;

} m[MAXN];

bool cmp(node x, node y)

{

    return x.c * y.b < y.c * x.b;

}

int main()

{

    cin >> T >> n;

    for(LL i = ; i <= n; i++) cin >> m[i].a;

    for(LL i = ; i <= n; i++) cin >> m[i].b;

    for(LL i = ; i <= n; i++) cin >> m[i].c;

    sort(m+, m++n, cmp);

    for(LL i = ; i <= n; i++)

        for(LL j = T; j - m[i].c >= ; j--)

            f[j] = max(f[j], f[j-m[i].c] + m[i].a - j * m[i].b);

    LL maxx = ;

    for(LL i = ; i <= T; i++)

        printf("%d ",f[i]);

        cout<<endl;

    cout << maxx;

    return ;

}