洛谷 P1417烹调方案

洛谷 P1417烹调方案

题目背景

由于你的帮助，火星只遭受了最小的损失。但gw懒得重建家园了，就造了一艘飞船飞向遥远的earth星。不过飞船飞到一半，gw发现了一个很严重的问题：肚子饿了~

gw还是会做饭的，于是拿出了储藏的食物准备填饱肚子。gw希望能在T时间内做出最美味的食物，但是这些食物美味程度的计算方式比较奇葩，于是绝望的gw只好求助于你了。

题目描述

一共有n件食材，每件食材有三个属性，ai，bi和ci，如果在t时刻完成第i样食材则得到ai-t*bi的美味指数，用第i件食材做饭要花去ci的时间。

众所周知，gw的厨艺不怎么样，所以他需要你设计烹调方案使得美味指数最大

输入格式

第一行是两个正整数T和n，表示到达地球所需时间和食材个数。

下面一行n个整数，ai

下面一行n个整数，bi

下面一行n个整数，ci

输出格式

输出最大美味指数

输入输出样例

输入 #1

74 1
502
2
47

输出 #1

408

说明/提示

【数据范围】

对于40%的数据1<=n<=10

对于100%的数据1<=n<=50

所有数字均小于100,000

【题目来源】

tinylic改编

思路： 这题有点类似于背包问题取最大价值的类型。但不同点是本题中食物的美味程度与时间相关，是会一直变化的；而背包问题中物品的价值是固定的。那么可不可以通过某些特定的表达式来计算食材相对固定的价值呢？单看一份食材是没有结论的，那么我们可以设置x、y两份相邻的食材（暂时只考虑这两份食材，它俩的制作顺序是相邻的，但是谁先谁后不确定），该做这两份食材时时间已经过去了t。食材的a、b、c存储在结构体数组q中。

可以有先做x的美味程度sum1=q[x].a-(t+q[x].c)*q[x].b+q[y].a-(t+q[x].c+q[y].c)*q[y].b

           先做y的美味程度sum2=q[y].a-(t+q[y].c)*q[y].b+q[x].a-(t+q[y].c+q[x].c)*q[x].b

如果令sum1>sum2则化简得：q[x].c*q[y].b<q[y].c*q[x].b  发现只要满足这个条件的物品对(x,y)，x在y前的代价永远更优。然后可是重载下结构体数组的cmp函数，进行排序，根据这个排序结果，解决问题。因为题目中有时间限制，所以状态转移关系应该与时间有关。设已用时间j,i为当前遍历到的食材编号，则有状态转移方程为

 if(dp[j]>0&&j+q[i].c<=T){
       dp[j+q[i].c]=max( dp[j+q[i].c]  ,  dp[j]  +  (LL)q[i].a  -  (LL)(j+q[i].c)  *(LL)q[i].b);
 }代码如下：

#include <bits/stdc++.h>
#define LL long long
using namespace std;
const int maxn=51;
const int maxs=100001;
LL dp[maxs];
struct node{
	int a,b,c;
}q[maxn];
bool cmp(node a,node b)
{
	return (LL)a.c*(LL)b.b<(LL)a.b*(LL)b.c;
}
int main()
{
	int T,n;
	LL sum=0;
	scanf("%d %d",&T,&n);
	for(int i=0;i<n;i++)scanf("%d",&q[i].a);
	for(int i=0;i<n;i++)scanf("%d",&q[i].b);
	for(int i=0;i<n;i++)scanf("%d",&q[i].c);
	sort(q,q+n,cmp);
	memset(dp,255,sizeof(dp));//初始化很重要
	dp[0]=0;
	for(int i=0;i<n;i++){
		for(int j=T;j>=0;j--)
		{
			if(dp[j]>0&&j+q[i].c<=T){//这样在保证时间合法的情况下使每个时间完成的食物的美味程度和尽可能大，至于用哪些食材作出来的并不用关心
				dp[j+q[i].c]=max(dp[j+q[i].c],dp[j]+(LL)q[i].a-(LL)(j+q[i].c)*(LL)q[i].b);
			}
		}
	}
    for (int i = 0; i <= T; i++)sum = max(sum, dp[i]);//遍历dp数组，得到最大的美味程度
    cout << sum << endl;
	return 0;
}