Comet OJ

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题目大意：一开始手上有 0 个节点，有 n 天抉择，m 种方案，在每天中可以选择任意种方案、任意次地花费 x 个节点（手上的节点数不能为负），使得在 n 天结束后，获得 y 个节点。

其次，在每天结束后，会根据自己手上所具有的节点数来获得一些节点，设当天结束后所拥有 x 个节点，那么将获得 f(x) 个节点。

 

分析：

1、将全过程分为 n 天，每天开始有一定的节点数，然后 DP 求得花费后的最大价值（这个最大价值指的是，n 天结束后仅返还获得的最大节点数）。故设 dp[i][j] 表示在第 i 天花费操作完后，所能在最后一天返还节点数的最大值。

2、很显然这是一个完全背包问题。在 DP 处理每天话费节点之前，需要更新当天最开始所拥有的节点数所代表的 价值 （即结束返还的总节点数）。而当天一开始的节点数由上一天末尾所持有的节点数 x  + 上一天结束后获得的节点数 f(x) 。

故枚举上一天结束后所持有的节点数 j ，则有： dp[i][j+f[j]]=max（ dp[i][j+f[j]] , dp[i-1][j] ） 。

 

直接枚举物品数：

 

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<string.h>
using namespace std;
int n,m,k;
int s[1008];
int dp[108][2008];
struct Good{
    int a,b;
}A[108];
int main()
{
    scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
    for(int i=0;i<=k;i++) scanf("%d",&s[i]);
    for(int i=1;i<=m;i++){
        scanf("%d%d",&A[i].a,&A[i].b);
    }
    memset(dp,0xc0c0c0c0,sizeof(dp));
    dp[1][0]=0;
    for(int i=2;i<=n;i++){
        for(int j=0;j<=k;j++){
            dp[i][j+s[j]]=max(dp[i][j+s[j]],dp[i-1][j]);
        }
        for(int w=1;w<=m;w++){
            for(int j=A[w].a;j<=2000;j++){
                for(int e=1;e<=j/A[w].a;e++){
                    dp[i][j-e*A[w].a]=max(dp[i][j-e*A[w].a],dp[i][j]+e*A[w].b);
                }
            }
        }
    }
    int ans=0;
    for(int i=0;i<=2000;i++){
        ans=max(ans,dp[n][i]+i+s[i]);
    }
    printf("%d
",ans);
}

 

 

 优化要注意的是：由于这里的 dp 转移方程的方向是从末端向前转移过来的，而完全背包优化掉一个循环的原理是要用到在本层之前的物品状态，故枚举方向对应的也需要从末端向前端。

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<string.h>
using namespace std;
int n,m,k;
int s[1008];
int dp[108][2008];
struct Good{
    int a,b;
}A[108];
int main()
{
    scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
    for(int i=0;i<=k;i++) scanf("%d",&s[i]);
    for(int i=1;i<=m;i++){
        scanf("%d%d",&A[i].a,&A[i].b);
    }
    memset(dp,0xc0c0c0c0,sizeof(dp));
    dp[1][0]=0;
    for(int i=2;i<=n;i++){
        for(int j=0;j<=k;j++){
            dp[i][j+s[j]]=max(dp[i][j+s[j]],dp[i-1][j]);
        }
        for(int w=1;w<=m;w++){
            for(int j=2000;j>=A[w].a;j--){
                dp[i][j-A[w].a]=max(dp[i][j-A[w].a],dp[i][j]+A[w].b);
            }
        }
    }
    int ans=0;
    for(int i=0;i<=2000;i++){
        ans=max(ans,dp[n][i]+i+s[i]);
    }
    printf("%d
",ans);
}