金明的预算方案_DP

金明的预算方案

(budget.pas/c/cpp)

来源：NOIP2006 第二题

【问题描述】

    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。

【输入文件】

    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）

【输出文件】

    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）。

【输入样例】

1000 5

800 2 0

400 5 1

300 5 1

400 3 0

500 2 0

【输出样例】

2200

（1）         标准算法
因为这道题是典型的背包问题，显然标准算法就是动态规划。由于我们要对主，附件做捆绑。由于题目没有直接给出每个主件对应的附件，所以还需要做一个预处理：另开两个数组q1，q2来分别记录对应的第i个主件的附件。那么对与附件不需要处理。而主件的花费就有4种情况了。(
下面用W表示花费)
W1=v[i]                              （只买主件）
W2=v[i]+v[q1[i]]                       （买主件和第一个附件）
W3=v[i]+v[q2[i]]                        （买主件和第二个附件）
W4=v[i]+v[q1[i]]+v[q2[i]]                （买主件和那两个附件）
设计一个状态opt[i]表示花i元钱可买到的物品的价格个重要度最大值。边界条件是opt[0]=0。这样就不难设计出这个状态的转移方程来：
opt[i]=max{opt[i],opt[i-wj]}      ((i-wj>0)and (opt[i-wj]>0)) (0<j<=4)
显然题目的解就是opt[1]到opt
中的一个最大值。但在输出是要注意将解减1。
注：价格是10是整数倍所以读入数据是可以使n=n div 10,wi=wi div 10

#include
#include

int opt[32000]={0},cq,v[60]={0},p[60]={0};

struct Q
{
int q,q0,q1,q2;
};

Q q[60];
int max(int a,int b)
{
if(a>b)
{
return a;
}
returnb;
}

int max(int a1,int a2,int a3,int a4=0,inta5=0)
{
a1=max(a1,a2);

a1=max(a1,a3);

a1=max(a1,a4);

a1=max(a1,a5);

return a1;
}
int main()
{
int n,m;

scanf("%d %d",&n,&m);
memset(opt,0,sizeof(opt));

int i;

for (i=1;i<=m;i++)
{
q[i].q=0;
q[i].q0=0;
q[i].q1=0;
q[i].q2=0;

scanf("%d %d%d",&v[i],&p[i],&cq);
p[i]=v[i]*p[i];
if (cq!=0&&q[cq].q1==0)
{
q[cq].q1=i;
q[i].q0=cq;
}
else if(cq!=0&&q[cq].q1!=0)
{
q[cq].q2=i;
q[i].q0=cq;
}
else if (cq==0)
{
q[i].q=1;
}
}
int j;

for (i=1;i<=m;i++)
{
for (j=n;j>=v[i];j--)
{
if(q[i].q==1)
{
if (j-v[i]>=0)
{
opt[j]=max(opt[j],opt[j-v[i]]+p[i]);
}
if (j-v[i]-v[q[i].q1]>=0)
{
opt[j]=max(opt[j],opt[j-v[i]]+p[i],opt[j-v[i]-v[q[i].q1]]+p[i]+p[q[i].q1]);
}
if (j-v[i]-v[q[i].q2]>=0)
{
opt[j]=max(opt[j],opt[j-v[i]]+p[i],opt[j-v[i]-v[q[i].q2]]+p[i]+p[q[i].q2]);
}
if(j-v[i]-v[q[i].q1]-v[q[i].q2]>=0)
opt[j]=max(opt[j],opt[j-v[i]]+p[i],opt[j-v[i]-v[q[i].q1]]+p[i]+p[q[i].q1],opt[j-v[i]-v[q[i].q2]]+p[i]+p[q[i].q2],opt[j-v[i]-v[q[i].q1]-v[q[i].q2]]+p[i]+p[q[i].q1]+v[q[i].q2]);
}
else if(q[i].q==0)
{
if(j-v[i]-v[q[i].q0]>=0)
opt[j]=max(opt[j],opt[j-v[i]-v[q[i].q0]]+p[i]+p[q[i].q0]);
}
}
}

printf("%d\n",opt
);

return 0;
}

4000