JZOJ 4245. 【五校联考6day2】er

题目

Description

小明在业余时间喜欢打电子游戏，不是星际和魔兽这些，是赛尔号一类的游戏。最近小明在玩一款新出的游戏，叫做■■■■■■■■。小明觉得游戏里自己的装备太垃圾了，每次都被大神虐，一怒之下充了■■元准备强化装备。
这个游戏中用于强化装备的道具叫做强化符文。有以下3 种：
1. 赋值强化符文，对某个装备使用这个符文以后，装备威力值会变为一个常数。因为这个功能很IMBA，可以让一个垃圾装备变得非常牛■，所以它在游戏里很稀有，市场上最多能见到一个。
2. 加法强化符文，对某个装备使用后，威力值加上一个常数。
3. 乘法强化符文，对某个装备使用后，威力值乘上一个常数。
市场上有M 个不同强化符文可以购买，小明有N 件装备准备强化，他只能购买K 个强化符文，然后以任意顺序使用这些符文，强化他的任意装备（一个装备可以不强化也可以强化多次）。根据游戏的设定，所有装备威力值乘积为总效果。请为他设计一个购买和强化方案，使强化后的所有装备总效果值最大。
由于小明RP 不太好，打BOSS 都不掉神装，所以他的装备不超过两件。

 

Input

第一行3 个正整数N;M;K, 含义见题面。
第二行N 个正整数Ai，表示他的每个装备的初始威力值。
第三行开始共M 行，每行两个正整数Type_i;Ci，描述一个强化符文。Type_i表示符文类型，1 表示赋值，2 表示加法，3 表示乘法。Ci 是对应的常数值。

Output

一个数，表示最大的总效果值。由于这个数可能很大，请输出它的自然对数，保留3 位小数。

 

Sample Input

2 5 3
0 1
2 3
2 1
2 4
3 4
3 2

Sample Output

4.159

 

Data Constraint

对于20% 的数据，N = 1；
对于全部数据M,K ≤ 100;N ≤ 2，最多一个Type_i = 1。
输入数据中所有数不超过2000。

 

分析

• 出看这道题嗯，代码量很大

• 打了暴力，却忘了精度问题
• 我们首先要知道一个小知识：log（a*b）=log（a）+log（b）
• 这样乘法就解决了
• 然后就是一个DP，设f[i][j]为用了i个道具，有了价值为j的最大的第二个道具的值
• 转移方程就是

  f[i+1][j]=max(f[i][j]+jia[i+1]*j,f[i+1][j]);
  f[i+1][j+jia[i+1]]=max(f[i][j]+jia[i+1]*(sum[i]-j),f[i+1][j+jia[i+1]]);

• 因为赋值的只有一个，所以我们只需要，枚举就好了

代码

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#define ll long long
using namespace std;
const int N=110;
int jia[N],che[N],sum[N],f[110][N*2000],maxs[N];
double summ[N];
double ans;
bool  cmp(int a,int b){
    return a>b;
}
int main ()
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    int n,m,k;
    cin>>n>>m>>k;
    int x=0,y=0;
    if (n==1)
       cin>>x;
    else
      cin>>x>>y;
    int cnt1=0,cnt2=0;
    int fff=0;
    for (int i=1,b,c;i<=m;i++)
    {
        cin>>b>>c;
        if (b==1)
           fff=c;
        if (b==2)
           jia[++cnt1]=c;
        if (b==3)
           che[++cnt2]=c;
    }
    sort(jia+1,jia+1+cnt1,cmp);
    sort(che+1,che+1+cnt2,cmp);
    sum[0]=x+y;
    for (int i=1;i<=k;i++)
    {
        summ[i]=summ[i-1]+log(che[i]);
        sum[i]=sum[i-1]+jia[i];
    }
    if (n==1)
    {
       for(int i=0;i<=k;i++)
        {
            ans=max(ans,log(sum[min(i,cnt1)])+summ[min(k-i,cnt2)]);
            if(i!=k&&fff)
              ans=max(ans,log(sum[min(i,cnt1)])+summ[min(k-i-1,cnt2)]);
        }
        printf("%.3lf\n",ans);
        return 0;
    }
        memset(f,0xcf,sizeof(f));
        f[0][x]=x*y;
        for(int i=0;i<=cnt1;i++)
        {
           for(int j=x;j<=sum[i];j++)
           {
              f[i+1][j]=max(f[i][j]+jia[i+1]*j,f[i+1][j]);
              f[i+1][j+jia[i+1]]=max(f[i][j]+jia[i+1]*(sum[i]-j),f[i+1][j+jia[i+1]]);
              maxs[i]=max(maxs[i],f[i][j]);
           }
        }
        for(int u=0;u<=k;u++)
            ans=max(ans,log(maxs[min(u,cnt1)])+summ[min(k-u,cnt2)]);
        if(fff)
       {
          k--;
          sum[0]=fff+y;
          for(int i=1;i<=k;i++)
              sum[i]=sum[i-1]+jia[i];
          memset(f,0xcf,sizeof(f));
          memset(maxs,0,sizeof(maxs));
          f[0][fff]=fff*y;
          for(int i=0;i<=k;i++)
          {
            for(int j=fff;j<=sum[i];j++)
            {
                f[i+1][j]=max(f[i][j]+jia[i+1]*j,f[i+1][j]);
                f[i+1][j+jia[i+1]]=max(f[i][j]+jia[i+1]*(sum[i]-j),f[i+1][j+jia[i+1]]);
                maxs[i]=max(maxs[i],f[i][j]);
            }
          }
          for(int u=0;u<=k;u++)
              ans=max(ans,log(maxs[u])+summ[k-u]);
          sum[0]=x+fff;
          for(int i=1;i<=k;i++)
              sum[i]=sum[i-1]+jia[i];
          memset(f,0xcf,sizeof(f));
          memset(maxs,0,sizeof(maxs));
          f[0][x]=x*fff;
          for(int i=0;i<=k;i++)
          {
              for(int j=x;j<=sum[i];j++)
              {
                f[i+1][j]=max(f[i][j]+jia[i+1]*j,f[i+1][j]);
                f[i+1][j+jia[i+1]]=max(f[i][j]+jia[i+1]*(sum[i]-j),f[i+1][j+jia[i+1]]);
                maxs[i]=max(maxs[i],f[i][j]);
             }
         }
        for(int u=0;u<=k;u++)
            ans=max(ans,log(maxs[u])+summ[k-u]);
      }
    printf("%.3lf",ans);
}