NOIP2006 金明的预算方案

1．             金明的预算方案

(budget.pas/c/cpp)

【问题描述】

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：

主件	附件
电脑	打印机，扫描仪
书柜	图书
书桌	台灯，文具
工作椅	无

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，„„，

j_k，则所求的总和为：

v[j₁]*w[j₁]+v[j₂]*w[j₂]+ „+v[j_k]*w[j_k]。（其中*为乘号）

请你帮助金明设计一个满足要求的购物单。

 

【输入文件】

输入文件budget.in 的第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）

 

【输出文件】

输出文件budget.out只有一个正整数，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）。

 

【输入输出样例】

budget.in	budget.out
1000 5	2200
800 2 0 400 5 1 300 5 1 400 3 0 500 2 0

 

 

【思路】

  有主件附件之分的背包问题。由于题目中的附件数目很小，所以我们可以考虑通过枚举判断最优解，对于一个主件通过选择不同的附件来划分子问题。

  状态转移方程：

  D[i][j]=max{d[i-1][j], d[i-1][j-w_主件]+C_主件 , d[i-1][j-w_主件-w1]+c1, d[i-1][j-w_主件-w2]+c2, d[i-1][j-w_主件-w1-w2]+c1+c2}

  这里的i代表的是第i主件，显然比枚举全部物品更优。

 

【代码】

#include<iostream>
#include<vector>
using namespace std;

const int maxn = 60+5,maxm=32000+10;

int d[maxm];
int w[maxn],c[maxn];
int n,m;
int G[maxn][2];
vector<int> que;

int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin>>m>>n;
    //可能会出现父节点在自己之后的情况 
    for(int i=1;i<=n;i++) {  //注意子节点的定义 
        int v,p,q; cin>>v>>p>>q;
        w[i]=v; c[i]=v*p;
        if(!q) que.push_back(i); 
        else {  //若G[i][]==0则相当于没有 
            if(!G[q][0]) G[q][0]=i;
            else G[q][1]=i;
        }
    }
    int nc=que.size();
      for(int i=0;i<nc;i++)  //from 0  //枚举主件 
      for(int j=m;j;j-=10) {  //整数倍 //加速 
        int u=que[i];
          int W=w[u],C=c[u];   //main
          if(j>=W) d[j]=max(d[j],d[j-W]+C);
        W+=w[G[u][0]]; C+=c[G[u][0]];  //main+exp1
          if(j>=W) d[j]=max(d[j],d[j-W]+C);
          W+=w[G[u][1]]; C+=c[G[u][1]];  //main+exp1+exp2
          if(j>=W) d[j]=max(d[j],d[j-W]+C);
        W=w[G[u][1]]+w[u]; C=c[G[u][1]]+c[u]; //main+exp2
        if(j>=W) d[j]=max(d[j],d[j-W]+C);
     }
    cout<<d[m];
    return 0;
}