[RQNOJ] P95 多多看DVD(加强版)
RQNOJ 95 多多看DVD(加强版)
题目描述
传送门
多多进幼儿园了，今天报名了。只有今晚可以好好放松一下了（以后上了学后会很忙）。她的叔叔决定给他买一些动画片DVD晚上看。可是爷爷规定他们只能在一定的时间段L看完。（因为叔叔还要搞NOIP不能太早陪多多看碟，而多多每天很早就困了所以只能在一定的时间段里看碟）。多多列出一张表要叔叔给她买N张DVD碟，大多都是多多爱看的动画片（福音战士，机器猫，火影忍者，樱桃小丸子……）。这N张碟编号为（1，2，3……N）。多多给每张碟都打了分Mi（Mi>0），打分越高的碟说明多多越爱看。每张碟有播放的时间Ti。多多想在今晚爷爷规定的时间里看的碟总分最高。（必须把要看的碟看完，也就是说一张碟不能只看一半）。显然叔叔在买碟是没必要把N张全买了，只要买要看的就OK了，这样节省资金啊。而且多多让叔叔惯的特别任性只要他看到有几张就一定会看完。
可是出现了一个奇怪的问题，买碟的地方只买给顾客M（M<N）张碟，不会多也不会少。这可让多多叔叔为难了。怎么可以在N张碟中只买M张而且在规定时间看完，而且使总价值最高呢？
聪明的你帮帮多多的叔叔吧。
数据范围 by RQ
对于100%的数据m<n<=100 l<=1000
输入格式
输入文件有三行
第一行：两个数空格隔开的正整数，N，M，L（分别表示叔叔给多多买的碟的数量，商店要买给叔叔的碟的数量，爷爷规定的看碟的时间段）。
第二行到第N行，每行两个数：T，M，给出多多列表中DVD碟的信息。
输出格式
单独输出一行，表示多多今晚看的碟的总分。
如果商店卖给叔叔的M张碟无法在爷爷规定的时间看完输出0；
样例
Input
3 2 10
11 100
1 2
9 1
Output
3
主要思路
此题可以用dp[i][j]表示看了i张碟（这里的碟在1m范围内），花费时间为j时得到的最大分数。为了解决输出0的情况，初始化为负无穷，只让dp[0][i]=0（看0张碟时一定不会得到分数）最后输出dp[m][l]即可。在转移时，先枚举每张碟k（1n），再从大到小枚举m张碟i，最后从大到小枚举时间j（l(限定时间)~第k张碟的时间），转移过程如下：
其中t数组为每张碟的时间，a数组为每张碟的打分。
另外，最后需要特判：如果dp[m][l]<0，（仍是负无穷，未被更新的话）将其变为0再输出。
代码如下
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <vector>
#include <queue>
#include <cmath>
#include <algorithm>
#include <cstdlib>
#include <ctime>
#include <map>
#include <stack>
#include <cstring>
using namespace std;
#define ll long long
int n,m,l;
int a[105],t[105];
int dp[105][1005];
int main(int argc, char const *argv[])
{
ios::sync_with_stdio(false);
cin>>n>>m>>l;
for(int i=1;i<=n;i++)
cin>>t[i]>>a[i];
for(int i=0;i<105;i++)
for(int j=0;j<1005;j++)
dp[i][j]=-999999;
for(int i=0;i<1005;i++)//l<=1000
dp[0][i]=0;
for(int k=1;k<=n;k++)
for(int i=m;i>=1;i--)
for(int j=l;j>=t[k];j--)
dp[i][j]=max(dp[i][j],dp[i-1][j-t[k]]+a[k]);
if(dp[m][l]<0)
dp[m][l]=0;
cout<<dp[m][l]<<endl;
return 0;
}
