能量石
题目描述
岩石怪物杜达生活在魔法森林中，他在午餐时收集了 \(N\) 块能量石准备开吃。
由于他的嘴很小，所以一次只能吃一块能量石。
能量石很硬，吃完需要花不少时间。
吃完第 \(i\) 块能量石需要花费的时间为 SiSi 秒。
杜达靠吃能量石来获取能量。
不同的能量石包含的能量可能不同。
此外，能量石会随着时间流逝逐渐失去能量。
第 \(i\) 块能量石最初包含 \(E_i\) 单位的能量，并且每秒将失去 \(L_i\) 单位的能量。
当杜达开始吃一块能量石时，他就会立即获得该能量石所含的全部能量（无论实际吃完该石头需要多少时间）。
能量石中包含的能量最多降低至 0。
请问杜达通过吃能量石可以获得的最大能量是多少？
输入格式
第一行包含整数 \(T\)，表示共有 \(T\) 组测试数据。
每组数据第一行包含整数 \(N\)，表示能量石的数量。
接下来 \(N\) 行，每行包含三个整数 \(S_i,E_i,L_i\)。
输出格式
每组数据输出一个结果，每个结果占一行。
结果表示为 Case #x: y，其中 xx 是组别编号（从 11 开始），yy 是可以获得的最大能量值。
数据范围
\(1≤T≤10\),
\(1≤N≤100\),
\(1≤Si≤100\),
\(1≤Ei≤105\),
\(0≤Li≤105\)
输入样例：
3
4
20 10 1
5 30 5
100 30 1
5 80 60
3
10 4 1000
10 3 1000
10 8 1000
2
12 300 50
5 200 0
输出样例：
Case #1: 105
Case #2: 8
Case #3: 500
样例解释
在样例\(＃1\)中，有 \(N=4\) 个宝石。杜达可以选择的一个吃石头顺序是：
- 吃第四块石头。这需要 5 秒，并给他 80 单位的能量。
- 吃第二块石头。这需要 5 秒，并给他 5 单位的能量（第二块石头开始时具有 30 单位能量，5 秒后失去了 25 单位的能量）。
- 吃第三块石头。这需要 100 秒，并给他 20 单位的能量（第三块石头开始时具有 30 单位能量，10 秒后失去了 10 单位的能量）。
- 吃第一块石头。这需要 20 秒，并给他 0 单位的能量（第一块石头以 10 单位能量开始，110 秒后已经失去了所有的能量）。
他一共获得了 105 单位的能量，这是能获得的最大值，所以答案是 105。
在样本案例\(＃2\)中，有 N=3 个宝石。
无论杜达选择吃哪块石头，剩下的两个石头的能量都会耗光。
所以他应该吃第三块石头，给他提供 8 单位的能量。
在样本案例\(＃3\)中，有 N=2 个宝石。杜达可以：
- 吃第一块石头。这需要 12 秒，并给他 300 单位的能量。
- 吃第二块石头。这需要 5 秒，并给他 200 单位的能量（第二块石头随着时间的推移不会失去任何能量！）。
所以答案是 500。
算法描述
任选两个相邻能量石i，i+1，假设在t时刻时，两能量石能量分别为\(E_i^",E_{i+1}^"\)，
那么先吃i再吃i+1获得的总能量是\(E_i^"+E_{i+1}^"-L_{i+1}\times S_i\)
交换两块能量石后，获得的总能量石\(E_i^"+E_{i+1}^"-L_i\times S_{i+1}\)
假如\(L_{i+1}\times S_i \ge L_i\times S_{i+1}\)，那么可以说，交换后所能获得的能量更多，因此可得性质1
性质1：如果两相邻能量石\(i,i+1\)满足\(L_{i+1}\times S_i \ge L_i\times S_{i+1}\)，那么这两个能量石可进行交换，且交换后能获得更多能量
那么一个任意两相邻能量石都满足\(L_{i+1}\times S_i \le L_i\times S_{i+1}\)性质的队列，必然是最优吃法序列，因为对于任意一个不满足此性质的最优解队列，都可以对其内部进行调整，且调整后获得的能量不会更少。
所以可以先对能量石按照\(\frac{S_i}{L_i}\)进行排序，排序后队列即为最优解法
由此，就将二维背包转换为了一个一维背包
之后再按照01背包进行求解即可
代码实现
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
struct Stone{
int s, e, l;
bool operator< (const Stone &W) const{
return s * W.l < W.s * l;
}
}stones[10010];
int n;
int dp[10010];
int main(){
int T;
cin >> T;
for(int z = 1; z <= T; z++){
cin >> n;
int m = 0;
for(int x = 0; x < n; x++){
int s, e, l;
cin >> s >> e >> l;
stones[x] = {s, e, l};
m += s;
}
sort(stones, stones + n);
memset(dp, -0x3f, sizeof dp);
dp[0] = 0;
for(int i = 0; i < n; i++){
int s = stones[i].s, e = stones[i].e, l = stones[i].l;
for(int j = m; j >= s; j--){
dp[j] = max(dp[j], dp[j - s] + e - (j - s) * l);
}
}
int res = 0;
for(int i = 0; i <= m; i++) res = max(res, dp[i]);
printf("Case #%d: %d\n", z, res);
}
}
