NC16671 [NOIP2006]金明的预算方案

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题目

题目描述

金明今天很开心，家里购置的新房就要领钥匙了，新房里有一间金明自己专用的很宽敞的房间。更让他高兴的是，妈妈昨天对他说：“你的房间需要购买哪些物品，怎么布置，你说了算，只要不超过N元钱就行”。今天一早，金明就开始做预算了，他把想买的物品分为两类：主件与附件，附件是从属于某个主件的，下表就是一些主件与附件的例子：

如果要买归类为附件的物品，必须先买该附件所属的主件。每个主件可以有0个、1个或2个附件。附件不再有从属于自己的附件。金明想买的东西很多，肯定会超过妈妈限定的N元。于是，他把每件物品规定了一个重要度，分为5等：用整数1~5表示，第5等最重要。他还从因特网上查到了每件物品的价格（都是10元的整数倍）。他希望在不超过N元（可以等于N元）的前提下，使每件物品的价格与重要度的乘积的总和最大。
设第j件物品的价格为v[j]，重要度为w[j]，共选中了k件物品，编号依次为j1，j2，……，jk，则所求的总和为：v[j1]*w[j1]+v[j2]*w[j2]+ …+v[jk]*w[jk]。（其中*为乘号）
请你帮助金明设计一个满足要求的购物单。

输入描述

第1行，为两个正整数，用一个空格隔开：N m（其中N（ < 32000 ）表示总钱数，m（ < 60 ）为希望购买物品的个数。）
从第2行到第m+1行，第j行给出了编号为j-1的物品的基本数据，每行有3个非负整数v p q（其中v表示该物品的价格（v < 10000），p表示该物品的重要度（1~5），q表示该物品是主件还是附件。如果q=0，表示该物品为主件，如果q>0，表示该物品为附件，q是所属主件的编号）

输出描述

输出一个正整数，为不超过总钱数的物品的价格与重要度乘积的总和的最大值（<200000）。

示例1

输入

1000 5
800 2 0
400 5 1
300 5 1
400 3 0
500 2 0

输出

2200

题解

知识点：背包dp。

一道分组背包，但主件选了后每组物品可以随便选，但也可以不选主件。

设 \(dp[i][j]\) 为考虑到 第 \(i\) 个主件花费了 \(j\) 的最大价值。每考虑一件，先考虑选了主件后选这组其他物品的所有可能，因为只有不超过 \(2\) 件，共 \(4\) 种选择可能，直接枚举取最大值，在考虑不选主件的情况。转移方程和01背包差不多，可以滚动，预处理等其他细节看代码以及注释。

时间复杂度 \(O(nm)\)

空间复杂度 \(O(nm)\)

代码

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long

using namespace std;

struct node {
    int v, vp;
};
vector<node> g[67];
int v[67], vp[67];
bool vis[67];
int dp[32007];
int main() {
    std::ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
    int n, m;
    cin >> n >> m;
    for (int i = 1;i <= m;i++) {
        int x, y, z;
        cin >> x >> y >> z;
        vis[i] |= z;
        if (z) g[z].push_back({ x,x * y });
        else v[i] = x, vp[i] = x * y;
    }
    for (int i = 1;i <= m;i++) {///能填空气，所以不负无穷
        if (vis[i]) continue;
        for (int j = n;j >= 0;j--) {///因为要枚举选择情况，因此价格下限未知
            for (ll k = 0;k < (1LL << g[i].size());k++) {///枚举所有选取可能
                int x = v[i], y = vp[i];///主必选
                for (int u = 0;u < g[i].size();u++) {
                    if (k >> u & 1) {
                        x += g[i][u].v;
                        y += g[i][u].vp;
                    }
                }
                if (j >= x) dp[j] = max(dp[j], dp[j - x] + y);
            }
        }
    }
    cout << dp[n] << '\n';
    return 0;
}