tyvj 1057 dp 变形背包

P1057 金明的预算方案

时间: 1000ms / 空间: 131072KiB / Java类名: Main

背景

NOIP2006 提高组第二道

描述

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：
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
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。

输入格式

输入文件budget.in 的第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）

输出格式

输出文件budget.out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）。

测试样例1

输入

1000 5
800 2 0
400 5 1
300 5 1
400 3 0
500 2 0

输出

2200

备注

各个测试点1s

题意：中文题意

题解：考虑本题特殊条件1.附件没有附件 2.每个主件最多有两个附件

那么对于每个主件只有5种情况

1.什么都不买

2.只买主件

3.买主件和两个附件

4.买主件和第一个附件

5.买主件和第二个附件

 1 /******************************
 2 code by drizzle
 3 blog: www.cnblogs.com/hsd-/
 4 ^ ^    ^ ^
 5  O      O
 6 ******************************/
 7 #include<bits/stdc++.h>
 8 #include<iostream>
 9 #include<cstring>
10 #include<cstdio>
11 #include<map>
12 #include<algorithm>
13 #include<queue>
14 #define ll __int64
15 using namespace std;
16 int n,m;
17 int a,b,c;
18 struct node
19 {
20     int w;
21     int s;
22     int w1,s1;
23     int w2,s2;
24 } N[65];
25 int used[65];
26 int dp[32005];
27 int main()
28 {
29     memset(used,0,sizeof(used));
30     memset(N,0,sizeof(N));
31     memset(dp,0,sizeof(dp));
32     scanf("%d %d",&n,&m);
33     for(int i=1; i<=m; i++)
34     {
35         scanf("%d %d %d",&a,&b,&c);
36         if(c==0)
37         {
38             N[i].w=a;
39             N[i].s=b;
40         }
41         else
42         {
43             if(used[c]==0)
44             {
45                 N[c].w1=a;
46                 N[c].s1=b;
47                 used[c]=1;
48             }
49             else
50             {
51                 N[c].w2=a;
52                 N[c].s2=b;
53             }
54         }
55     }
56     for(int i=1; i<=m; i++)
57     {
58         for(int k=n; k>=0; k--)
59         {
60             if(k>=(N[i].w+N[i].w1+N[i].w2))
61                 dp[k]=max(dp[k],dp[k-(N[i].w+N[i].w1+N[i].w2)]+N[i].w*N[i].s+N[i].w1*N[i].s1+N[i].w2*N[i].s2);
62             if(k>=(N[i].w+N[i].w1))
63                 dp[k]=max(dp[k],dp[k-(N[i].w+N[i].w1)]+N[i].w*N[i].s+N[i].w1*N[i].s1);
64             if(k>=(N[i].w+N[i].w2))
65                 dp[k]=max(dp[k],dp[k-(N[i].w+N[i].w2)]+N[i].w*N[i].s+N[i].w2*N[i].s2);
66             if(k>=N[i].w)
67                 dp[k]=max(dp[k],dp[k-N[i].w]+N[i].w*N[i].s);
68         }
69     }
70     cout<<dp[n]<<endl;
71     return 0;
72 }