金明的预算方案 （背包DP）

Posted 2020-09-02

累~~~

 

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

数据范围及提示 Data Size & Hint

 

分类标签 Tags 点此展开 

 

动态规划 背包型DP 大陆地区 NOIP全国联赛提高组 2006年

通过1 k

 

提交5 k

 

33%

通过率

Summary

AC
35%

WA
53%

RE
10%

Other
2%

• 17501 AC
• 26832 WA
• 813 TLE
• 154 MLE
• 5005 RE

#include<iostream>

#include<cstdio>

#include<cstring>

#include<algorithm>

#include<cmath>

 

using namespace std;

 

int N,m;

int v,p,q;

int zv[61],zp[61],fv1[61],fv2[61],fp[61],fp1[61],fp2[61];

int F[50000+1];

 

int main()

{

    cin>>N>>m;

    for(int i=1;i<=m;i++)

    {

        cin>>v>>p>>q;

        if(q==0)

        {

            zv[i]=v;

            zp[i]=p*v;

        }

        else

        {

            if(fv1[q]==0)

            {

                fv1[q]=v;

                fp1[q]=p*v;

            }

            else

            {

                fv2[q]=v;

                fp2[q]=p*v;

            }

        }   

    }

    for(int i=1;i<=m;i++)

    {

        for(int j=N;j>=zv[i];j--)

        {

            F[j]=max(F[j],F[j-zv[i]]+zp[i]);

            if(j-zv[i]-fv1[i]>=0) F[j]=max(F[j],F[j-zv[i]-fv1[i]]+zp[i]+fp1[i]);

            if(j-zv[i]-fv2[i]>=0) F[j]=max(F[j],F[j-zv[i]-fv2[i]]+zp[i]+fp2[i]);

            if(j-zv[i]-fv1[i]-fv2[i]>=0) F[j]=max(F[j],F[j-zv[i]-fv1[i]-fv2[i]]+zp[i]+fp1[i]+fp2[i]);

        }

    }

    cout<<F[N];

    return 0;

}

 

 

 

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