luogu P5662 纪念品

题面传送门
说实话，\(ccf\)又抄袭原题惹。而且居然是这道题的弱化版。不应该像是这样的原题的稍微弱化版吗?
言归正传，这道题看似像模拟。又可以爆搜，不过复杂度太高。也太难打，所以略微思考一下，打了一个五重循环的\(dp\)。看看太恶心，再加上样例也没过，于是就放下了。打了一个贪心保底:

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
inline int max(register int a,register int b) {
    return a>b?a:b;
}
int n,m,t,a[139][139],l[139][139],r[139][139],ans,fs[139][139],flag1,flag2,tot,fx[139][139];
int main() {
//  freopen("souvenir.in","r",stdin);
//  freopen("souvenir.out","w",stdout);
    register int i,j,k;
    scanf("%d%d%d",&t,&n,&m);
        for(i=1; i<=t; i++) {
            for(j=1; j<=n; j++) scanf("%d",&a[i][j]);
        }
        for(i=1; i<=t; i++) {
            for(j=1; j<=n; j++) {
                flag1=flag2=0;
                for(k=i+1; k<=t; k++) {
                    if(a[k][j]<a[i][j]&&!flag1) flag1=1,l[i][j]=k;
                    if(a[k][j]>a[i][j]&&!flag2) flag2=1,r[i][j]=k;
                }
            }
        }
        for(i=0;i<=t;i++){
            for(j=0;j<=n;j++) fs[i][j]=m;
        }
        for(i=1; i<t; i++) {
            for(j=1; j<=n; j++) {
                if(l[i][j]&&(!r[i][j]||r[i][j]>=l[i][j])) fs[i][j]=fs[i-1][j]+fx[i-1][j]*a[i][j],fx[i][j]=0;
                if(r[i][j]&&(!l[i][j]||r[i][j]<=l[i][j])) fx[i][j]=fx[i-1][j]+fs[i-1][j]/a[i][j],fs[i][j]=fs[i-1][j]-fs[i-1][j]/a[i][j]*a[i][j];
            }
        }
        for(i=1; i<=n; i++) ans=max(ans,fs[t-1][i]+fx[t-1][i]*a[t][i]);
        printf("%d",ans);
    return 0;
}

考完后在\(luogu\)上交了一遍，\(25\)分。
觉得贪心没有组合，不保险，于是想了一个小时五十分钟的\(dp\)，结果很悲惨的发现只剩十分钟了。我的\(T3\)啊!
\(dp\)思路:(套用吴老师的经典语录) 如果一道题，既可以搜索，又看上去可以贪心，那么大部分就是\(dp\)(\(rsj\)追问:那么那一小部分呢?吴老师:那就是贪心!) (\(rsj\)反驳:为什么是我!除了\(rsj\)的同学:就是你!) 我们设\(f_{i,j,k}\)为第\(i\)天买到第\(j\)件而花了\(k\)元钱所赚的钱。那么状态转移方程可以想象:\(f_{i,j,k}=max(f_{i,j,k},f_{i,j,k-a_{i,j}}+a_{i,j}-a_{i-1,j}\);因为这是一个完全背包，所以我们可以正序枚举。而同样，我们注意到\(f_{100,100,10000}\)会爆内存，所以我们可以滚动。所以状态转移方程可以改为:\(f_{i,k}=max(f_{i,k},f_{i,k-a_{i,j}}+a_{i,j}-a_{i-1,j}\),而如果\(a_{i,j}\leq a_{i-1,j}\),那么就没有意义了。所以我们可以特判一下，卡个常(这只是最初级的)。
代码君奉上:

#include<cstdio>
#define max(a,b) ((a)>(b)?(a):(b))
using namespace std;
int n,m,t,a[139][139],f[139][10039],ans,tot;
int main() {
    //freopen("1.in","r",stdin);
    //freopen("1.out","w",stdout);
    register int i,j,k;
    scanf("%d%d%d",&t,&n,&m);
    for(i=1; i<=t; i++) {
        for(j=1; j<=n; j++) scanf("%d",&a[i][j]);
    }
    ans=m;
    for(i=1; i<t; i++) {
        tot=0;
        for(j=1; j<=n; j++) {
            if(a[i][j]<a[i+1][j]) {
                for(k=a[i][j]; k<=ans; k++) {
                    f[i][k]=max(f[i][k],f[i][k-a[i][j]]+a[i+1][j]-a[i][j]);
                    tot=max(tot,f[i][k]);
                }
            }

        }
        ans+=tot;
    }
    printf("%d",ans);
    return 0;
}

但是......原题很卡常。于是我们可以稍微的玩一玩。
我们观察到第十九行:

f[i][k]=max(f[i][k],f[i][k-a[i][j]]+a[i+1][j]-a[i][j]);
tot=max(tot,f[i][k]);

\(k-a_{i,j}\)十分耗时间，于是我们可以提前计算。\(a_{i+1,j}-a_{i,j}\)也慢，于是也可以提前计算。而\(tot\)的取值也在重复计算，于是我们可以把它拉到外面来一次。
终极代码如下:

#include<cstdio>
#define max(a,b) ((a)>(b)?(a):(b))
using namespace std;
int n,m,t,a[139][139],f[139][10039];
inline void read(register int &x){
    x=0;register int s=getchar();
    while(s<'0'||s>'9') s=getchar();
    while(s>='0'&&s<='9') x=(x<<3)+(x<<1)+(s^48),s=getchar();
}
int main() {
    //freopen("1.in","r",stdin);
    //freopen("1.out","w",stdout);
    register int i,j,k,tot,ans=0,now,pus;
    scanf("%d%d%d",&t,&n,&m);
    for(i=1; i<=t; i++) {
        for(j=1; j<=n; j++) read(a[i][j]);
    }
    ans=m;
    for(i=1; i<t; i++) {
        tot=0;
        for(j=1; j<=n; j++) {
            if(a[i][j]<a[i+1][j]) {
                now=a[i+1][j]-a[i][j];pus=0;
                for(k=a[i][j]; k<=ans; k++) {
                    f[i][k]=max(f[i][k],f[i][pus]+now);
                    pus++;
                }
            }
        }
        for(j=0;j<=ans;j++) tot=max(tot,f[i][j]);
        ans+=tot;
    }
    printf("%d",ans);
    return 0;
}

第一次提交记录
而改良后的提交记录
你是不是觉得看不出差异，那么看一看原题:第一次提交记录
第二次提交记录
看出差异了吧!