HDU 5501：The Highest Mark 01背包

The Highest Mark

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问题描述

2045年的SD省队选拔，赛制和三十年前已是完全不同。一场比赛的比赛时间有  $t$  分钟，有  $n$  道题目。
第  $i$  道题目的初始分值为  $A_i(A_i leq 10^{6})$  分，之后每过一分钟这道题目的分值会减少  $B_i$  分，并且保证到比赛结束时分值不会减少为负值。比如，一个人在第  $x$  分钟结束时做出了第  $i$  道题目，那么他/她可以得到  $A_i - B_i * x$  分。
若一名选手在第  $x$  分钟结束时做完了一道题目，则他/她可以在第  $x + 1$  分钟开始时立即开始做另一道题目。
参加省队选拔的选手 dxy 具有绝佳的实力，他可以准确预测自己做每道题目所要花费的时间，做第  $i$  道需要花费  $C_i(C_i leq t)$  分钟。由于 dxy 非常神，他会做所有的题目。但是由于比赛时间有限，他可能无法做完所有的题目。他希望安排一个做题的顺序，在比赛结束之前得到尽量多的分数。

输入描述

第一行为一个正整数  $T (T \leq 10)$ ，表示数据组数( $n > 200$ 的数据不超过 $5$ 组)。
对于每组数据，第一行为两个正整数  $n (n \leq 1000)$  和  $t (t \leq 3000)$ , 分别表示题目数量和比赛时间。接下来有  $n$  行，每行  $3$  个正整数依次表示  $A_i, B_i, C_i$ ，即此题的初始分值、每分钟减少的分值、dxy做这道题需要花费的时间。

输出描述

对于每组数据输出一行一个整数，代表dxy这场比赛最多能得多少分

输入样例

输出样例

Hint

dxy先做第二题，再做第一题，第一题得分为 $110 - 5 * (1 + 9) = 60$ ，第二题得分为 $30 - 2 * 1 = 28$ ，总得分为 $88$ ，其他任何方案的得分都小于 $88$

题解：

这道题考察的是贪心思想和动态规划。

首先我们考虑，假如我们已经确定了要做哪些题目，按什么顺序做这些题目最好。

假设已经确定了要做其中的 $m$ 道题，某一个方案中做题的顺序是依次做 $x_{1},x_{2} ightarrow{x}_{m}$ ，那么对于这个方案中任意的相邻两项 ${x}_{i}$ , ${x}_{i+1}$ ,考虑交换这两项的顺序，方案是否会变得更优，交换方案中的相邻两项，只会对这两道题的得分有影响，对其余的题目不会产生影响。

如果不交换这两项，损失的分数是 $C_{x_{i}} * B_{x_{i+1}} + K$ ，如果交换这两项，损失的分数是 $C_{x_{i+1}} * B_{x_{i}} + K$ (K是一个常数) 所以只需要判断是否 $C_{x_{i}} * B_{x_{i+1}} leq C_{x_{i+1}} * B_{x_{i}} + K$ ，如果此不等式成立，那么应该交换这两项。对上式移项得 $B_{x_{i+1}} / C_{x_{i+1}} > B_{x_{i}} / C_{x_{i}}$ 。所以对于一个确定的题目集合，做题的最优顺序只与每道题目的 $B_i / C_i$ 有关，按每道题目扣分速度与做题时间的比值排序，按照比值从大到小做题。

因此我们先对所有的题目按照这个比值进行排序，接下来，只要按照排好的顺序，选择做哪些题目就可以了。这相当于一个简单的“背包问题”，使用动态规划来解决。 ${dp}_i$ 表示恰好用了 $i$ 分钟的最高得分。状态转移方程为 ${dp}_i = max_{1leq jleq n}{dp}_{i-C_j} + A_j - (i * B_j)$ 。

最终答案是 $max_{0 leq i leq t}{dp_i}$ 。

写的时候没有管排序，哭啊。。。。我之前想当然地以为排序没什么关系。。。这回也算是得到一个教训，01背包做之前要想好排序啊。。。。

代码：

#include <iostream>  
#include <cstdio>  
#include <cstring>  
#include <algorithm> 
#pragma warning(disable:4996)
using namespace std;  

int n,t;
struct no
{
    int value;
    int minus;
    int time;
}node[2002];

long long dp[4005];

bool cmp(no n1,no n2)
{
	return (double)(n1.minus)/(double)(n1.time) > (double)(n2.minus)/(double)(n2.time);
}

int main()  
{  
    //freopen("i.txt","r",stdin);
    //freopen("o.txt","w",stdout);
    int i,j; 
    int test;
    long long ans;
    cin>>test;
    while(test--)
    {
        memset(dp,0,sizeof(dp));
        scanf("%d%d",&n,&t);
        for(i=0;i<n;i++)
        {
            scanf("%d%d%d",&node[i].value,&node[i].minus,&node[i].time);
        }
        ans=0;
		sort(node,node+n,cmp);
        for(i=0;i<n;i++)
        {
            for(j=t-node[i].time ;j>=0;j--)//这里只是为了满足01背包，没有确切含义。因为本身也要满足j+node[i].time<=t，所以就直接从这里开始了
            {
                dp[j+node[i].time]=max(dp[j+node[i].time],dp[j] + node[i].value - node[i].minus*(j+node[i].time));
				ans =max(ans,dp[j+node[i].time]);
				//此时的t本身就代表了第t时刻的最大值
            }
        }
        cout<<ans<<endl;
    }
    return 0;  
}