洛谷 P1412 经营与开发
题目描述
4X概念体系，是指在PC战略游戏中一种相当普及和成熟的系统概念，得名自4个同样以“EX”为开头的英语单词。
eXplore（探索）
eXpand（拓张与发展）
eXploit（经营与开发）
eXterminate（征服）
——维基百科
今次我们着重考虑exploit部分，并将其模型简化：
你驾驶着一台带有钻头（初始能力值w）的飞船，按既定路线依次飞过n个星球。
星球笼统的分为2类：资源型和维修型。（p为钻头当前能力值）
1.资源型：含矿物质量a[i]，若选择开采，则得到a[i]*p的金钱，之后钻头损耗k%，即p=p*(1-0.01k)
2.维修型：维护费用b[i]，若选择维修，则支付b[i]*p的金钱，之后钻头修复c%，即p=p*(1+0.01c)
注：维修后钻头的能力值可以超过初始值（你可以认为是翻修+升级）
金钱可以透支。
请作为舰长的你仔细抉择以最大化收入。
输入输出格式
输入格式：
第一行4个整数n,k,c,w。
以下n行，每行2个整数type,x。
type为1则代表其为资源型星球，x为其矿物质含量a[i]；
type为2则代表其为维修型星球，x为其维护费用b[i]；
输出格式：
一个实数（保留2位小数），表示最大的收入。
输入输出样例
5 50 50 10 1 10 1 20 2 10 2 20 1 30
375.00
说明
【数据范围】
对于30%的数据 n<=100
另有20%的数据 n<=1000；k=100
对于100%的数据 n<=100000; 0<=k,c,w,a[i],b[i]<=100；保证答案不超过10^9
“依次飞过n个星球”，第一反应就是动态规划，然后验证下无后效性即可。
这题关键点为状态的设计。
<Method 1>
F[i][x]表示到达第i个星球，且钻头能力值为x的最大收入值。
x因为是实数，所以要取一定的精度。对于数值范围都在100的本题，n在10左右的时候毫无压力。
时空复杂度：O(nx) x为精度范围。
期望得分：10-30；
<Method 2>
F[i][x][y]表示到达第i个星球，且之前开采过x次，维修过y次。
因为本题开采和维修对钻头的影响都是定值。所以钻头能力就是w*k^x*c^y
时空复杂度:O(n^3)
期望得分：30
<Method 3>
对于20% k=100的数据，钻头开采一次就永久损坏了。所以只需记录维修过几次即可。
时空复杂度:O(n^2)
期望得分：20 （配合Method 2为50）
<Method 4>
与Method 2一样的状态设计。但是x,y的范围不需要与n相同。因为在随机情况下，开采和维修的次数寥寥无几（结合次幂考虑）。
时空复杂度:O(nxy) x,y为选手选择的范围
期望得分：30-80
<Method 5>
与Method 2一样的状态设计，但是使用BFS来进行DP过程，这样就不会遍历到没有被访问到的状态，同时选手可以自己加上一些简单的贪心判断来减少状态数量。
时空复杂度:O(？)
期望得分：70-100
<Method 6>
与前5种做法截然不同。前5种做法的最大瓶颈就是“当前钻头能力”，下面我们尝试不存储“当前钻头能力”。
F[i]表示前i个星球的最优收入。很明显这是不行的，因为当前钻头能力会切实影响到后面的过程，不严谨的说，当前钻头能力有“后效性”。
但是这个当前钻头能力对后程的影响无非就是乘上一个数值。（就好像初始钻头能力为w，实际上你可以按1来做，最后再把ans乘上w）。
正难则反，F[i]表示第i--n个星球的最优收入，且假设从第i个星球开始时钻头能力为1。换句话说，这样的状态设计，规定了一个参考系。
转移过程就变得简单：如果在第i个星球开采，那么第i+1--n个星球的初始钻头能力就是1*(1-0.01k)。换句话说，就是F[i+1]*(1-0.01k)。
所以F[i]=max{F[i+1],F[i+1]*(1-0.01k)+a[i]}
对于维护型星球，大同小异。就系数和代价的正负而已。
观察方程，F[i]=max{F[i+1],F[i+1]*(1-0.01k)+a[i]}
实际上就是取下i+1--n的最值而已，所以这题实际上就成了贪心。
#include<cstdio> #include<iostream> using namespace std; #define N 100010 int n,t[N],a[N]; double k,c,w,ans=0; int main(){ scanf("%d%lf%lf%lf",&n,&k,&c,&w); k=1-0.01*k;c=1+0.01*c;//关键处理 for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d%d",t+i,a+i); for(int i=n;i>=1;i--){ if(t[i]==1)ans=max(ans,ans*k+a[i]); else ans=max(ans,ans*c-a[i]); } printf("%.2lf",ans*w); return 0; }
