noip2006 金明的预算方案
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NIOP2006 金明的预算方案
题意
依赖性分组背包问题(一个物品最多被两个物品依赖,且被依赖的物品以下没有被依赖的物品)。
解法
如果我们考虑枚举所有的决策,那么我们有:
- 选 fa
- 选 fa 和 $ son[1] $
- 选 fa 和 $ son[2] $
- 选 fa 和 $ son[1] $ 和 (son[2])
然后我们可以发现,随着依赖物品的增加,每一组物品的决策数成指数级上升,这无法用动态规划来表示。然而我们求的是最优解,于是我们在每一组物品中跑一个01背包,得到该组物品在某一代价下的最大价值,然后再来跑分组背包就可以了。
代码
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <algorithm>
#include <cctype>
#include <vector>
#define INF 2139062143
#define MAX 0x7ffffffffffffff
#define del(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
using namespace std;
typedef long long ll;
template<typename T>
inline void read(T&x)
{
x=0;T k=1;char c=getchar();
while(!isdigit(c)){if(c==‘-‘)k=-1;c=getchar();}
while(isdigit(c)){x=x*10+c-‘0‘;c=getchar();}x*=k;
}
const int maxn=32000+15;
vector<int> team[60+15];
int root[60+15];
int v[60+15],w[60+15];
int dp[maxn],temp[maxn];
int n,m;
int main()
{
read(n),read(m);
for(int i=1,p;i<=m;i++) {
read(v[i]),read(w[i]),read(p);
if(!p) root[++root[0]]=i;
else team[p].push_back(i);
}
for(int i=1;i<=root[0];i++) {
memcpy(temp,dp,sizeof(temp));
for(int k=0;k<team[root[i]].size();k++) {
int x=team[root[i]][k];
for(int j=n;j>=v[x];j--)
temp[j]=max(temp[j],temp[j-v[x]]+v[x]*w[x]);
}
for(int j=n;j>=v[root[i]];j--)
dp[j]=max(dp[j],temp[j-v[root[i]]]+v[root[i]]*w[root[i]]);
}
printf("%d",dp[n]);
return 0;
}
以上是关于noip2006 金明的预算方案的主要内容,如果未能解决你的问题,请参考以下文章