P1417 烹调方案

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：

输出样例#1：

说明

【数据范围】

对于40%的数据1<=n<=10

对于100%的数据1<=n<=50

所有数字均小于100,000

【题目来源】

tinylic改编

Solution:

　　本题直接跑$0/1$背包只有$30$分，原因是价值会随着时间而改变，具有后效性。（此类价值或者花费不固定的问题可以参考背包九讲——泛化物品）。

　　此时考虑对物品排序，取消后效性。

　　我们假设当前时间为$t$，在物品$1,2$中选择，存在两种情况：

　　1、先选$1$再选$2$的价值为：$a1-b1*(t+c1)+a2-b2*(t+c1+c2)$;

　　2、先选$2$再选$1$的价值为：$a2-b2*(t+c2)+a1-b1*(t+c1+c2)$;

　　当第一种情况价值$<$第二种情况价值时，对两式化简的得：$$b1*c2<b2*c1$$

　　于是我们按上述式子对物品从大到小排序，取消后效性后就是一个简单的$0/1$背包了。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define For(i,a,b) for(int (i)=(a);(i)<=(b);(i)++)
#define Bor(i,a,b) for(int (i)=(b);(i)>=(a);(i)--)
#define Max(a,b) (a)>(b)?(a):(b)
#define ll long long
using namespace std;
const int N=1e5+7;
ll n,T,f[N],ans;
struct node{
    ll a,b,c;
    bool operator<(const node d)const{return b*d.c>d.b*c;}
}t[51];
int main(){
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin>>T>>n;
    For(i,1,n)cin>>t[i].a;
    For(i,1,n)cin>>t[i].b;
    For(i,1,n)cin>>t[i].c;
    sort(t+1,t+n+1);
    For(i,1,n) Bor(j,t[i].c,T) f[j]=Max(f[j],f[j-t[i].c]+t[i].a-t[i].b*j);
    For(i,1,T)ans=Max(ans,f[i]);
    cout<<ans;
    return 0;
}