P1417 烹调方案 背包DP

Posted 2021-02-12 bxd123

　　

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

输入输出格式

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

输入样例#1： 复制

74 1
502
2
47

输出样例#1： 复制

408


和01背包非常像  可以说就是01背包的变种  
只不过权值会随时间的增加而减少   

先来看背包问题的本质：

用每一个可执行的动作（或物品）对各个状态进行更新

某物品在取或不取时，用的是前面已有的状态。

特别是  每次都是对之前状态进行更新！

所以这题放入物品的顺序是有讲究的  先要对放入顺序进行预处理

现在考虑相邻的两个物品x,y。假设现在已经耗费p的时间，那么分别列出先做x,y的价值：

a[x]-(p+c[x])*b[x]+a[y]-(p+c[x]+c[y])*b[y]

a[y]-(p+c[y])*b[y]+a[x]-(p+c[y]+c[x])*b[x]

对这两个式子化简，得到①＞②的条件是c[x]*b[y]<c[y]*b[x].

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。

 

还有一个要点就是：不一定dp[n]为最大值

这与这题的特性有关：时间越长 价值越低

可见下面对样例的dp结果：

0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 408 406 404 402 400 398 396 394 392 390 388 386 384 382 380 378 376 374 372 370 368 366 364 362 360 358 356 354

View Code

 

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
//input
#define rep(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++)
#define RI(n) scanf("%d",&(n))
#define RII(n,m) scanf("%d%d",&n,&m);
#define RIII(n,m,k) scanf("%d%d%d",&n,&m,&k)
#define RS(s) scanf("%s",s);
#define LL long long
#define REP(i,N)  for(int i=0;i<(N);i++)
#define CLR(A,v)  memset(A,v,sizeof A)
//////////////////////////////////

const LL MAXN = 100000 + 10;
LL T, n;
LL f[MAXN];
struct node    //c[x]*b[y]<c[y]*b[x]
{
    LL a, b, c;
} m[MAXN];
bool cmp(node x, node y)
{
    return x.c * y.b < y.c * x.b;
}
int main()
{
    cin >> T >> n;
    for(LL i = 1; i <= n; i++) cin >> m[i].a;
    for(LL i = 1; i <= n; i++) cin >> m[i].b;
    for(LL i = 1; i <= n; i++) cin >> m[i].c;
    sort(m+1, m+1+n, cmp);
    for(LL i = 1; i <= n; i++)
        for(LL j = T; j - m[i].c >= 0; j--)
            f[j] = max(f[j], f[j-m[i].c] + m[i].a - j * m[i].b);
    LL maxx = 0;
    for(LL i = 1; i <= T; i++)
        printf("%d ",f[i]);
        cout<<endl;

    cout << maxx;
    return 0;
}