#(有后效性?的背包问题/转化背包)洛谷P1417 烹调方案 (普及+/提高)
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
74 1 502 2 47
408
说明/提示
【数据范围】
对于40%的数据1<=n<=10
对于100%的数据1<=n<=50
所有数字均小于100,000
【题目来源】
tinylic改编
By tinylic
如果没有b[i]这个属性的话就是明显的01背包问题。
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的代价:
a[x]-(p+c[x])*b[x]+a[y]-(p+c[x]+c[y])*by
a[y]-(p+c[y])*b[y]+a[x]-(p+c[y]+c[x])*bx
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。
因此可以根据这个条件进行排序,之后就是简单的01背包了。
代码如下:
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#define LL long long
#define maxn 100001
using namespace std;
struct node {
int a, b, c;
}a[maxn];
LL f[maxn], ans;
int T, n, i, j;
bool cmp(node a, node b) {
return (LL)a.c * (LL)b.b < (LL)b.c * (LL)a.b;
}
int main() {
scanf("%d%d", &T, &n);
for (i = 0; i < n; i++)
scanf("%d", &a[i].a);
for (i = 0; i < n; i++)
scanf("%d", &a[i].b);
for (i = 0; i < n; i++)
scanf("%d", &a[i].c);
sort(a, a + n, cmp);
memset(f, 255, sizeof f);
f[0] = 0;
for (i = 0; i < n; i++) {
for (j = T; j >= 0; --j)
if (f[j] != -1 && j + a[i].c <= T)
f[j + a[i].c] = max(f[j + a[i].c], f[j] + (LL)a[i].a - (LL)(j + a[i].c) * (LL)a[i].b);
}
for (i = 0; i <= T; i++)
ans = max(ans, f[i]);
cout << ans << endl;
}