NOIP2006 金明的预算方案

Posted 2020-08-04 ACforever

题目描述 Description

金明今天很开心，家里购置的新房就要领钥匙了，新房里有一间金明自己专用的很宽敞的房间。更让他高兴的是，妈妈昨天对他说：“你的房间需要购买哪些物品，怎么布置，你说了算，只要不超过N元钱就行”。今天一早，金明就开始做预算了，他把想买的物品分为两类：主件与附件，附件是从属于某个主件的，下表就是一些主件与附件的例子：

<dl><dd> <colgroup><col width="66"/> <col width="118"/> </colgroup>

主件	附件
电脑	打印机，扫描仪
书柜	图书
书桌	台灯，文具
工作椅	无

</dd></dl>

如果要买归类为附件的物品，必须先买该附件所属的主件。每个主件可以有0个、1个或2个附件。附件不再有从属于自己的附件。金明想买的东西很多，肯定会超过妈妈限定的N元。于是，他把每件物品规定了一个重要度，分为5等：用整数1~5表示，第5等最重要。他还从因特网上查到了每件物品的价格（都是10元的整数倍）。他希望在不超过N元（可以等于N元）的前提下，使每件物品的价格与重要度的乘积的总和最大。

设第j件物品的价格为v[j]，重要度为w[j]，共选中了k件物品，编号依次为j1，j2，……，jk，则所求的总和为：

v[j1]*w[j1]+v[j2]*w[j2]+ …+v[jk]*w[jk]。（其中*为乘号）

请你帮助金明设计一个满足要求的购物单。

输入描述 Input Description

第1行，为两个正整数，用一个空格隔开：

N m

（其中N（<32000）表示总钱数，m（<60）为希望购买物品的个数。）

从第2行到第m+1行，第j行给出了编号为j-1的物品的基本数据，每行有3个非负整数

v p q

（其中v表示该物品的价格（v<10000），p表示该物品的重要度（1~5），q表示该物品是主件还是附件。如果q=0，表示该物品为主件，如果q>0，表示该物品为附件，q是所属主件的编号）

输出描述 Output Description

只有一个正整数，为不超过总钱数的物品的价格与重要度乘积的总和的最大值（<200000）

样例输入 Sample Input

1000 5

800 2 0 

400 5 1

300 5 1

400 3 0

500 2 0

样例输出 Sample Output

2200

题目的的大体意思就是说，一定钱，可以买主件或主件加附件，求最大钱数，是一个分组背包问题

注意空间优化设零的问题，一开始出错了

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<string>
#include<vector>
#define maxint 987654321
#define maxn 200005
using namespace std;
struct item{
    int w;
    int v;
};
int n,m,vis[maxn],pt[maxn];
int last[maxn],now[maxn],req[maxn],mon[maxn];
vector<item> bag[maxn];
int main(){
    cin>>m>>n;
    int v,p,q,cnt = 0;
    item tmp;
    for(int i = 1;i <= n;i++){
        scanf("%d%d%d",&v,&p,&q);
        if(q == 0){
            pt[++cnt] = i;
            vis[i] = 1;
            req[cnt] = v;
            mon[cnt] = p*v;
        }else{        
            tmp.w = v;
            tmp.v = p*v;
            bag[q].push_back(tmp);
        }

    }
    for(int i = 1;i <= cnt;i++){
        int g = pt[i];
        for(int j = req[i];j <= m;j++){
            now[j] = max(last[j],last[j-req[i]] + mon[i]);
        }
        if(bag[g].size() >= 1){
            for(int j = req[i] + bag[g][0].w;j <= m;j++){
                now[j] = max(now[j],max(last[j],last[j-req[i]-bag[g][0].w] + mon[i] + bag[g][0].v));
            }
        }
        if(bag[g].size() >= 2){
            for(int j = req[i] + bag[g][1].w;j <= m;j++){
                now[j] = max(now[j],max(last[j],last[j-req[i]-bag[g][1].w] + mon[i] + bag[g][1].v));
            }
            for(int j = req[i] + bag[g][1].w + bag[g][0].w;j <= m;j++){
                now[j] = max(now[j],max(last[j],last[j-req[i]-bag[g][1].w-bag[g][0].w] + mon[i] + bag[g][1].v + bag[g][0].v));
            }
        }
        for(int j = 0;j <= m;j++){
            last[j] = now[j];
        }
    }
    cout<<last[m];
    return 0;
}