[洛谷P1417] 烹调方案

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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：

74 1
502
2
47

输出样例#1：

408

说明

【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

一句话题意: \(n\)个物品,\(T\)个时刻,每个物品只能制作一次,制作需要\(c_i\)的时间,在\(t\)时刻完成第\(i\)样物品可以得到\(a_i-t*b_i\)的价值,问在\(T\)的时间内最多能得到多少价值.

一眼看来显然是一个裸的01背包,然而这样是不对的...

那么为什么这样不对呢?我们想一下,如果直接按01背包的取法,在枚举的时候物品是按顺序枚举的.但是显然先枚举到一个物品,就无法计算该物品在它之后的物品取的价值了.比如有两个物品\(i,j\).先取\(i\)物品,那么就不能算先取\(j\)再取\(i\)的价值了(想一下为什么).

所以如果想要直接按01背包取物品的话,就要保证先取的排在前面枚举的物品能得到最大的价值.

因为\(b_i\)会让取一个物品的价值不断减小,所以很容易想到一个错误的贪心:按照\(b_i\)排序.然而是错误的,因为这样排序出的结果也有可能不满足条件.

所以我们考虑来如何选最优方案.假设在\(t\)时刻要作选择\(i,j\)两个物品中哪个先取,那么它们得到的价值分别是:

\[a_i-b_i*(c_i+t)+a_j-b_j*(c_i+c_j+t)$$ 和 $$a_j-b_j*(c_j+t)+a_i-b_i*(c_i+c_j+t) \]

如果先取\(i\)物品得到更高的总价值,则有: $$a_i-b_i(c_i+t)+a_j-b_j(c_i+c_j+t)>a_j-b_j(c_j+t)+a_i-b_i(c_i+c_j+t)$$
化简得到:

\[b_j*c_i < b_i*c_j \]

这样就得到了对物品排序的方法.

所以最后先按这个排序,再做一遍01背包就可以了.
最后记得开long long!!!

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=50+5;
const int MAXN=100000+5;
typedef long long lol;

lol T, n, f[MAXN], ans = 0;

struct meal{
    lol a, b, c;
}t[N];

bool cmp(meal i,meal j){
    return j.b*i.c < i.b*j.c;
}

int main(){
    //freopen("data.in","r",stdin);
    cin >> T >> n;
    for(lol i=1;i<=n;i++) cin >> t[i].a;
    for(lol i=1;i<=n;i++) cin >> t[i].b;
    for(lol i=1;i<=n;i++) cin >> t[i].c;
    sort(t+1 , t+n+1 , cmp);
    memset(f,128,sizeof(f)); f[0] = 0;
    for(lol j=1;j<=n;j++)
	    for(lol i=T;i>=t[j].c;i--){
	        f[i] = max(f[i-t[j].c]+t[j].a-t[j].b*i,f[i]);
	        ans = max(ans , f[i]);
	    }
    printf("%lld\n",ans);
    return 0;
}