洛谷 P2317 [HNOI2005]星际贸易 解题报告
P2317 [HNOI2005]星际贸易
题目描述
输入输出格式
输入格式：
输出格式：
如果可以找到这样的方案，那么输出文件output.txt中包含两个整数X和Y。X表示贸易额，Y表示净利润并且两个数字之间用一个空格隔开。如果不能完成这次星际贸易，那么输出文件output.txt中包含 “Poor Coke!”（不包括引号）。
不知道为什么网上找不到txt的，于是只好copy了洛谷的，侵删。
首先理清一下题目。
这老哥的第一目的是想让自己卖的钱最多，第二目的是在卖的钱最多的基础上把利润搞大一点。
很容易发现，第一目的就是个普通的01背包，而且题目说了有唯一解。
用\(is[i][j]\)存储第\(i\)个星球\(j\)状态时是否由在\(i\)上卖东西得到的，得到必须去的星球。
第二目的就比较坑了，经过仔细的读题，我们发现这个维护是个捆绑销售啊，你只要上去星球了，你就必须得维护。
虽说这样比较无良，但不可置否的，也给我们做题带来了方便啊，我们可以对维护少一些决策。
我们看看这个燃料，虽然他能带的上看起来很多，但实际上也只需要最多4000就够了，我们试试对燃料做个背包。
\(dp[i][j]\)代表在第\(i\)个星球正准备出发（出发的加速还未使用）时，拥有\(j\)燃料的花费最小值。
\(dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[k][j+2+cnt]+cnt*p[i]+f[i]),i>k,l[i]-l[k]>=l0\)
转移方程如上，要枚举$i,j,k,cnt$4维，绝对爆了
怎么优化？
对完全背包熟悉的话，也许比较容易就可以优化到\(O(N^3)\)
即\(dp[i][j]=min(dp[i][j-1]+p[i],dp[k][j+2]+f[i]),i>k,l[i]-l[k]>=l0\)
对\(k\)这一维怎么办呢？
我们发现，对于每一次使用，我们其实都找了很多遍\(dp[k][j+2]\)的最小值。
我们为什么不能把之前找到给利用起来呢？
好了，单调队列维护一下。
至此，复杂度就降到了\(O(N^2)\)
code:
#include <cstdio>
#include <cstring>
int min(int x,int y) {return x<y?x:y;}
const int N=2002;
const int inf=0x3f3f3f3f;
int dp[N][(N<<1)+10];
int n,m,r,l0;//点，货物，燃料，距离
int a[N],b[N],l[N],p[N],f[N];//量，钱，距，燃，维修
//此时dp[i][j]代表前i个星球卖j货物时的最大值
int is[N][N];//是否在i星球j状态卖东西
int is_s[N],m_max,m_min;
void s_dp()
{
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=m;j++)
{
dp[i][j]=dp[i-1][j];
if(j>=a[i]&&dp[i][j]<dp[i-1][j-a[i]]+b[i])
{
dp[i][j]=dp[i-1][j-a[i]]+b[i];
is[i][j]=1;
}
}
int j;
for(int i=0;i<=m;i++)
if(dp[n][i]>m_max)
{
m_max=dp[n][i];
j=i;
}
for(int i=n;i>0;i--)
{
if(is[i][j])
{
j-=a[i];
is_s[i]=1;
}
}
is_s[n]=1;
}
//此时dp[i][j]代表前i个星球装j燃料时正准备出发的费用
int q[(N<<1)+5][N][2],L[N],R[N];//0首1尾
void push(int j,int c,int id){q[j][++R[j]][0]=c;q[j][R[j]][1]=id;}
void front_pop(int j){R[j]--;}
void back_pop(int j){L[j]++;}
bool is_empty(int j) {return L[j]==R[j];}
void p_dp()
{
memset(dp,0x3f,sizeof(dp));
m=min(N,r);
dp[0][m]=0;
push(m,0,0);
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=0;j<=m;j++)
{
while(!is_empty(j+2)&&l[i]-l[q[j+2][L[j+2]+1][1]]>l0)
back_pop(j+2);//超出距离
int id1=q[j+2][L[j+2]+1][1];//停的可行性最小值坐标
dp[i][j]=min(dp[id1][j+2]+f[i],dp[i][j]);//从前面停
if(p[i]&&j)
dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[i][j-1]+p[i]);//或者买油
if(is_s[i])
L[j]=R[j]=0;
while(!is_empty(j)&&dp[i][j]<=q[j][R[j]][0]) front_pop(j);//更新单队
push(j,dp[i][j],i);
}
m_min=inf;
for(int i=0;i<=m;i++)
m_min=min(dp[n][i],m_min);
}
int main()
{
scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&r,&l0);
for(int i=1;i<=n;i++)
scanf("%d%d%d%d%d",a+i,b+i,l+i,p+i,f+i);
for(int i=1;i<=n;i++)
if(l[i]-l[i-1]>l0)
{
printf("Poor Coke!\n");
return 0;
}
s_dp();
p_dp();
if(m_min<inf)
printf("%d %d\n",m_max,m_max-m_min);
else
printf("Poor Coke!\n");
return 0;
}
事实上要注意几个细节：
- 到第一问求得星球上时要清空单队（以前的情况失效了）
- 判能不能到不是看他亏不亏。
- 写的巧一点可以不用先判一次无解（有的状态拿0转移了）
2018.5.26
