经营与开发 DP

问题描述

你驾驶着一台带有钻头（初始能力值w）的飞船，按既定路线依次飞过n个星球。

星球笼统的分为2类：资源型和维修型。（p为钻头当前能力值）

资源型：含矿物质量a[i]，若选择开采，则得到a[i]p的金钱，之后钻头损耗k%，即p=p(1-0.01k)

维修型：维护费用b[i]，若选择维修，则支付b[i]p的金钱，之后钻头修复c%，即p=p(1+0.01c)

注：维修后钻头的能力值可以超过初始值（你可以认为是翻修+升级）

请作为舰长的你仔细抉择以最大化收入。

输入格式

第一行4个整数n,k,c,w。

以下n行，每行2个整数type,x。

type为1则代表其为资源型星球，x为其矿物质含量a[i]；

type为2则代表其为维修型星球，x为其维护费用b[i]；

输出格式

一个实数（保留2位小数），表示最大的收入。

样例输入

5 50 50 10

1 10

1 20

2 10

2 20

1 30

样例输出

375.00

数据范围

对于30%的数据 n<=100

另有20%的数据 n<=1000；k=100

对于100%的数据 n<=100000; 0<=k,c,w,a[i],b[i]<=100；保证答案不超过10^9

首先说一下O(n3)的暴力做法：

定义f[i][j][k]表示讨论完第i个数，维修j次，开采k次所能得到的最大收入。那么显然有状态转移方程：

f[i][j][k]=max(f[i−1][j][k],f[i−1][j][k−1]+a[i]∗p),type[i]=1f[i][j][k]=max(f[i−1][j][k],f[i−1][j−1][k]−b[i]∗p),type[i]=2

其中p为该状态下的钻头能力值。f[0][0][0]=0。

然而这样只能得30分。考虑O(n)或者是O(nlogn)的做法。

事实上，这道题的正解有点费用提前计算的感觉。其实也是一个常见的思路：如果正着讨论不够优秀或者难以讨论，考虑倒着讨论。注意到如果把答案列式计算下来，可以发现一个乘法分配率的形式，因为每次操作对<
12071
span class="MathJax" id="MathJax-Element-876-Frame" role="textbox" aria-readonly="true" style="">p的改变都是乘上一个数。所以，如果定义f[i]为处理完区间[i,n]的星球得到的最大收入，那么有：

f[i]=max(f[i+1],(1−0.01k)∗f[i+1]+a[i]),type[i]=1f[i]=max(f[i+1],(1+0.01c)∗f[i+1]−b[i]),type[i]=2

最后的答案就是W∗f[1]，时间复杂度O(n)。

#include<stdio.h>
#include<algorithm>
#define MAXN 100005
using namespace std;

int N,ty[MAXN];
double K,C,W,v[MAXN],f[MAXN];

int main()
{
int i;

scanf("%d%lf%lf%lf",&N,&K,&C,&W);

for(i=1;i<=N;i++)scanf("%d%lf",&ty[i],&v[i]);

for(i=N;i>=1;i--)
{
if(ty[i]==1)f[i]=max(f[i+1],f[i+1]*(1-K/100)+v[i]);
else f[i]=max(f[i+1],f[i+1]*(1+C/100)-v[i]);
}

printf("%.2lf",W*f[1]);
}