背包DP——混合背包

合集 - DP(11)

1.背包dp——01背包2024-06-272.背包DP——完全背包2024-06-293.背包DP——多重背包2024-06-29

4.背包DP——混合背包2024-06-29

5.背包DP——二维费用背包2024-06-306.背包DP——分组背包2024-06-307.背包DP——依赖背包2024-07-028.区间DP2024-07-029.DAG上的DP2024-07-0310.树形DP2024-07-1011.状压DP2024-07-15

收起

顾名思义，混合背包就是将前面三种的背包问题（01，完全，多重）混合起来，有的只能取一次，有的能取无限次，有的只能取 k 次。

正解

特解

部分情况下，如小数据，可以转换成多重背包（把完全情况的数量换成足够大，如1e7，就把完全相对变成了多重）

例题

https://www.luogu.com.cn/problem/P1833

樱花

题目背景

《爱与愁的故事第四弹·plant》第一章。

题目描述

爱与愁大神后院里种了 $n$ 棵樱花树，每棵都有美学值 $C_i(0\le C_i\le 200)$。爱与愁大神在每天上学前都会来赏花。爱与愁大神可是生物学霸，他懂得如何欣赏樱花：一种樱花树看一遍过，一种樱花树最多看 $P_i(0\le P_i\le 100)$ 遍，一种樱花树可以看无数遍。但是看每棵樱花树都有一定的时间 $T_i(0\le T_i\le 100)$。爱与愁大神离去上学的时间只剩下一小会儿了。求解看哪几棵樱花树能使美学值最高且爱与愁大神能准时（或提早）去上学。

输入格式

共 $n+1$行：

第 $1$ 行：现在时间 $T_s$（几时：几分），去上学的时间 $T_e$（几时：几分），爱与愁大神院子里有几棵樱花树 $n$。这里的 $T_s$，$T_e$ 格式为：hh:mm，其中 $0\le hh\le 23$，$0\le mm\le 59$，且 $hh,mm,n$ 均为正整数。

第 $2$ 行到第 $n+1$ 行，每行三个正整数：看完第 $i$ 棵树的耗费时间 $T_i$，第 $i$ 棵树的美学值 $C_i$，看第 $i$ 棵树的次数 $P_i$（$P_i=0$ 表示无数次，$P_i$ 是其他数字表示最多可看的次数 $P_i$）。

输出格式

只有一个整数，表示最大美学值。

样例 #1

样例输入 #1

6:50 7:00 3
2 1 0
3 3 1
4 5 4

样例输出 #1

11

提示

$100\mathrm{\%}$ 数据：$T_e-T_s\le 1000$（即开始时间距离结束时间不超过 $1000$ 分钟），$n\le 10000$。保证 $T_e,T_s$ 为同一天内的时间。

样例解释：赏第一棵樱花树一次，赏第三棵樱花树 $2$ 次。

Code

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const int maxn = 1e7 + 10;
int dp[maxn], w[maxn], v[maxn], sum[maxn];
int wnew[maxn], vnew[maxn];
pair<int, int> huan(string s) {
    int h, t;
    h = s[0] - '0';
    if (s.size() == 5) {
        h = h * 10 + s[1] - '0';
        t = (s[3] - '0') * 10 + s[4] - '0';
    }
    else { t = (s[2] - '0') * 10 + s[3] - '0'; }
    pair<int, int> p;
    p = {h, t};
    return p;
}
void solve() {
    int n, m;
    string s1, s2;
    cin >> s1 >> s2 >> n;
    auto [a1, b1] = huan(s1);
    auto [a2, b2] = huan(s2);
    m             = (a2 - a1) * 60 + b2 - b1;
    int cnt       = 0;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        cin >> w[i] >> v[i] >> sum[i];
        int x = sum[i], j = 1;
        if (x == 0) x = maxn;
        while (x) {
            if (j <= x) {
                x -= j;
                wnew[++cnt] = w[i] * j;
                vnew[cnt]   = v[i] * j;
                j <<= 1;
            }
            else {
                wnew[++cnt] = w[i] * x;
                vnew[cnt]   = v[i] * x;
                break;
            }
        }
    }
    for (int i = 1; i <= cnt; i++) {
        for (int j = m; j >= wnew[i]; j--) {
            dp[j] = max(dp[j], dp[j - wnew[i]] + vnew[i]);
        }
    }

    cout << dp[m];
}