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金明的预算方案 (背包DP)

累~~~
 
题目描述 Description

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:

<dl><dd> <colgroup><col width="66"/> <col width="118"/> </colgroup>

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

</dd></dl>

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。

输入描述 Input Description

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)

输出描述 Output Description

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)

样例输入 Sample Input

1000 5

800 2 0 

400 5 1

300 5 1

400 3 0

500 2 0

样例输出 Sample Output

2200

数据范围及提示 Data Size & Hint
 

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动态规划 背包型DP 大陆地区 NOIP全国联赛提高组 2006年
通过1 k
 
提交5 k
 
33%
通过率
Summary
AC
35%
WA
53%
RE
10%
Other
2%
  • 17501 AC
  • 26832 WA
  • 813 TLE
  • 154 MLE
  • 5005 RE
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
 
using namespace std;
 
int N,m;
int v,p,q;
int zv[61],zp[61],fv1[61],fv2[61],fp[61],fp1[61],fp2[61];
int F[50000+1];
 
int main()
{
    cin>>N>>m;
    for(int i=1;i<=m;i++)
    {
        cin>>v>>p>>q;
        if(q==0)
        {
            zv[i]=v;
            zp[i]=p*v;
        }
        else
        {
            if(fv1[q]==0)
            {
                fv1[q]=v;
                fp1[q]=p*v;
            }
            else
            {
                fv2[q]=v;
                fp2[q]=p*v;
            }
        }   
    }
    for(int i=1;i<=m;i++)
    {
        for(int j=N;j>=zv[i];j--)
        {
            F[j]=max(F[j],F[j-zv[i]]+zp[i]);
            if(j-zv[i]-fv1[i]>=0F[j]=max(F[j],F[j-zv[i]-fv1[i]]+zp[i]+fp1[i]);
            if(j-zv[i]-fv2[i]>=0F[j]=max(F[j],F[j-zv[i]-fv2[i]]+zp[i]+fp2[i]);
            if(j-zv[i]-fv1[i]-fv2[i]>=0F[j]=max(F[j],F[j-zv[i]-fv1[i]-fv2[i]]+zp[i]+fp1[i]+fp2[i]);
        }
    }
    cout<<F[N];
    return 0;
}
 
 
 
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