[luogu p1064] 金明的预算方案

传送门

金明的预算方案

题目描述

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(j_1,j_2,...,j_k)，则所求的总和为：

(v_[j_1] imes w_[j_1]+v_[j_2] imes w_[j_2]+ ...+v_[j_k] imes w_[j_k])。

请你帮助金明设计一个满足要求的购物单。

输入输出格式

输入格式

第(1)行，为两个正整数，用一个空格隔开： (Nquad 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

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（(<20000)）

输入输出样例

输入 #1

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

输出 #1

2200

说明/提示

NOIP 2006 提高组 第二题

分析

先吐槽一下这题的原题面，输入输出格式有点乱qaq。我搬运的时候已经修了一些了 。

然后分析本题。首先我们会发现，这虽然是个捆绑背包，但还是比较良心，每一个主件最多俩附件，附件没有再附属的附件。如果我们背包主件，就会出现(5)种决策：

1. 不选主件
2. 只选主件，不选附件
3. 选主件和第一个附件（如果有附件的话）
4. 选主件和第二个附件（如果有俩附件的话）
5. 选主件和他的两个附件（如果有俩附件的话）

然后对后四种情况进行状态转移。当然你得判断是否可行（买不买得起）。

1. 只选主件不选附件：(dp_j = max(dp_j, dp_{j-main_{i_v}}+main_{i_w}))
2. 选主件和第一个附件：(dp_j = max(dp_j, dp_{j-main_{i_v}-annex_{i_{1_v}}}+main_{i_w} + annex_{i_{1_w}}))
3. 选主件和第二个附件：(dp_j = max(dp_j, dp_{j-main_{i_v}-annex_{i_{2_v}}}+main_{i_w} + annex_{i_{2_w}}))
4. 主件和两个附件全选：(dp_j = max(dp_j, dp_{j-main_{i_v}-annex_{i_{1_v}}-annex_{i_{2_v}}}+main_{i_w} + annex_{i_{1_w}} + annex_{i_{2_w}}))

然后按照01背包的板子模仿写即可。

代码

/*
 * @Author: crab-in-the-northeast 
 * @Date: 2020-03-11 23:42:13 
 * @Last Modified by: crab-in-the-northeast
 * @Last Modified time: 2020-03-12 00:19:27
 */
#include <iostream>
#include <cstdio>

const int maxn = 32005;
inline int max(int a, int b) {
    return a > b ? a : b;
}

int n,m;

struct MAIN {
    int v,w;
}my_main[maxn];

struct ANNEX {
    int v[3],w[3],cnt = 0;
}my_annex[maxn];

int dp[maxn];

int main() {
    std :: cin >> n >> m;
    for(int i = 1; i <= m; i++) {
        int tmpv,tmpp,tmpq;
        std :: cin >> tmpv >> tmpp >> tmpq;
        if(tmpq) {
            my_annex[tmpq].cnt++;
            my_annex[tmpq].v[my_annex[tmpq].cnt] = tmpv;
            my_annex[tmpq].w[my_annex[tmpq].cnt] = tmpv * tmpp;
        }
        else {
            my_main[i].v = tmpv;
            my_main[i].w = tmpv * tmpp;
        }
    }

    for(int i = 1; i <= m; i++)
        for(int j = n; j >= my_main[i].v; j--) {
            dp[j] = max(dp[j], dp[j - my_main[i].v] + my_main[i].w);
            if(j >= my_main[i].v + my_annex[i].v[1]) dp[j] = max(dp[j], dp[j - my_main[i].v - my_annex[i].v[1]] + my_main[i].w + my_annex[i].w[1]);
            if(j >= my_main[i].v + my_annex[i].v[2]) dp[j] = max(dp[j], dp[j - my_main[i].v - my_annex[i].v[2]] + my_main[i].w + my_annex[i].w[2]);
            if(j >= my_main[i].v + my_annex[i].v[1] + my_annex[i].v[2]) dp[j] = max(dp[j], dp[j - my_main[i].v - my_annex[i].v[1] - my_annex[i].v[2]] + my_main[i].w + my_annex[i].w[1] + my_annex[i].w[2]);
        }

    std :: cout << dp[n] << std :: endl;
    return 0;
}

评测结果

`AC 100：R31647243