正文
P1417 烹调方案 背包DP
提示：扫一扫查出行【扫一扫了解最新限行尾号】
复制提示
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74 1
502
2
47
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 ;
}
输入样例#1： 复制
74 1
502
2
47
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 ;
}
