复赛模拟试题 物品选取（重庆一中高2018级信息学竞赛测验7） 解题报告

【问题描述】  

  

　　小沐同学确信所有问题都有个多项式时间算法，为了证明，他决定自己去当一次旅行商，在上路之前，小 X 需要挑选一些在路上使用的物品，但他只有一个能装体积为 m 的背包。显然，背包问题对小沐来说过于简单了，所以他希望你来帮他解决这个问题。

　　小沐可以选择的物品有 n样，一共分为甲乙丙三类： 

　　1．甲类物品的价值随着你分配给他的背包体积变化，它的价值与分配给它的体积满足函数关系式，v(x) = A*x^2-B*x，x表示分配给该物品的体积，为非负整数，A，B是每个甲类物品的两个参数。注意每个体积的甲类物品只有一个。 

　　2．乙类物品的价值 A和体积 B都是固定的，但是每个乙类物品都有个参数C，表示这个物品可供选择的个数。

　　3．丙类物品的价值 A和体积 B也是固定的，但是每个丙类物品可供选择的个数都是无限多个。

　　你最终的任务是确定小沐的背包最多能装有多大的价值上路。 

 

    

 【输入格式】  

  

　　第一行两个整数 n，m，表示背包物品的个数和背包的体积； 

　　接下来 n行，每行描述一个物品的信息。第一个整数 x，表示物品的种类： 

　　若 x 为1表示甲类物品，接下来两个整数 A,B，为A类物品的两个参数； 

　　若 x 为2表示乙类物品，接下来三个整数 A,B,C。A表示物品的价值，B表示它的体积，C 表示它的个数； 

　　若 x 为3表示丙类物品，接下来两个整数A,B。A表示它的价值，B表示它的体积。

 

    

 【输出格式】  

   

　　仅一行为一个整数，表示小 X的背包能装的最大价值。

 

    

 【输入样例】   

   

【样例1】

　1 0

　1 1 1

【样例2】

　4 10

　2 1 2 1

　1 1 2

　3 5 2

　2 200 2 3

 

    

 【输出样例】  

   

【样例1】

　0

【样例2】

　610

 

    

 【数据范围】  

   

对于50%的数据，只有乙和丙两类物品； 

对于70%的数据，1<=n<=100, 1<=m<=500，0<=A,B,C<=200； 

对于100%的数据，1<=n<=100, 1<=m<=2000，0<=A,B,C<=200；
 

做题思路（正解）：拿到这道题时，首先想到背包问题，但这道题有和普通的0/1背包问题有点区别，即物品分了三类，对此，可以在动态规划时分类进行讨论。既然算法仍然是0/1背包问题的动态规划，那首先就要设状态函数，设f(i,j)表示前i类物品选择出体积为j的最大价值，因为分析前i类物品只与前i-1类物品有关，所以可以使用一维滚动数组，将i省略，但相应的j就要逆向枚举。分析第i类物品时，如果它是甲类物品，那么它可以不选，可以选，且选的体积可以从0到j，所以此时的状态转移方程为f(j)=max(f(j),f(j-x)+aa[i].a*x*x-aa[i].b*x)(0<=x<=j)；如果它是乙类物品，那么它可以不选，也可以选，最多只能选aa[i].c个，此时的状态转移方程为f(j)=max(f(j),f(j-k*aa[i].b)+k*aa[i].a)(0<k<=aa[i].c
&& aa[i].b*k<=j)；如果它是丙类物品，同样它可以选，可以不选，虽然可以选无限个，但其实最多只能选j/aa[i].b个，此时的状态转移方程为 f(j)=max(f(j),f(j-k*aa[i].b)+k*aa[i].a)(0<k<=j/aa[i].b)，不过在枚举该类物品时，有个技巧，因为用的是一维滚动数组，可以直接正向枚举j，就不用再枚举k，当然，也可以逆向枚举j，再循环枚举k。这种设法的边界条件为f(0)=0，无论选择多少物品，如果选出的体积为0，那么最大价值也为0，即不选物品。最后答案需要在d[j]（0<=j<=m）中选择最大值。

#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<vector>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int maxn=105;
const long long inf=1000000000010ll;
int N,M;
LL ans=-inf;
struct data //记录物品
{
int a,b,c,x;
};
data aa[maxn];
/*
f(j)表示前i类物品选择出体积为j的最大价值
甲类物品: f(j)=max(f(j),f(j-x)+aa[i].a*x*x-aa[i].b*x)(0<=x<=j)
乙类物品：f(j)=max(f(j),f(j-k*aa[i].b)+k*aa[i].a)(0<k<=aa[i].c)
丙类物品：f(j)=max(f(j),f(j-k*aa[i].b)+k*aa[i].a)(0<k<=j/aa[i].b)
边界：f(0)=0
*/
long long d[2005];
void solve() //动态规划
{
for(int i=0;i<=M;i++)
d[i]=-inf; //初始化
d[0]=0; //边界
for(int i=1;i<=N;i++)
{
if(aa[i].x==1) //甲类物品
{
for(int j=M;j>=0;j--)
for(int k=j;k>=0;k--)
d[j]=max(d[j],d[j-k]+aa[i].a*k*k-aa[i].b*k);
}
if(aa[i].x==2) //乙类物品
{
for(int j=M;j>=aa[i].b;j--)
for(int k=0;k<=aa[i].c && k*aa[i].b<=j;k++)
d[j]=max(d[j],d[j-k*aa[i].b]+k*aa[i].a);
}
if(aa[i].x==3) //丙类物品
{
for(int j=aa[i].b;j<=M;j++)
d[j]=max(d[j],d[j-aa[i].b]+aa[i].a);
}
}
for(int i=0;i<=M;i++)
ans=max(ans,d[i]);
cout<<ans<<'\n';
}
int main()
{
freopen("select.in","r",stdin);
//freopen("select.out","w",stdout);
scanf("%d%d",&N,&M);
int x;
for(int i=1;i<=N;i++)
{
scanf("%d",&aa[i].x);
if(aa[i].x==1) scanf("%d%d",&aa[i].a,&aa[i].b);
if(aa[i].x==2) scanf("%d%d%d",&aa[i].a,&aa[i].b,&aa[i].c);
if(aa[i].x==3) scanf("%d%d",&aa[i].a,&aa[i].b);
}
solve();
return 0;
}

考后反思：对于看似复杂的题目，要沉着冷静，将复杂的题目转化为几个稍微简单一点的小问题，比如本题中的物品有三类，一开始可能会被不同种类的物品吓到，但只要将不同类的物品分开讨论，题就简单了。