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luogu小金明qwq x
1.P1060 开心的金明
题目描述
金明今天很开心，家里购置的新房就要领钥匙了，新房里有一间他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，但是他想买的东西太多了，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（都是整数元）。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。
输入输出格式
输入格式：
输入的第1行，为两个正整数，用一个空格隔开：
N m （其中N（<30000）表示总钱数，m（<25）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2个非负整数
v p （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)）
输出格式：
输出只有一个正整数，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（<100000000）。
输入输出样例
1000 5800 2400 5300 5400 3200 2
3900
说明
NOIP 2006 普及组 第二题
#include <algorithm>#include <iostream>#include <cstring>#include <cstdio>#include <cmath>using namespace std;const int M = 25;int n,m,MIN;int v[M],w[M];int dp[30001];int main(){ scanf("%d%d",&n,&m); for(int i=1;i<=m;i++) { scanf("%d%d",&v[i],&w[i]); w[i]*=v[i];// MIN=min(v[i],MIN); } for(int i=1;i<=m;i++) { for(int j=n;j>=v[i];j--) { dp[j]=max(dp[j],dp[j-v[i]]+w[i]); } }// for(int i=MIN;i<=n;i++)// printf("%d ",dp[i]); printf("%d",dp[n]); return 0;}
2.P1064 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。
输入输出格式
输入格式：
输入的第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）
输出格式：
输出只有一个正整数，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）。
输入输出样例
1000 5800 2 0400 5 1300 5 1400 3 0500 2 0
2200
说明
NOIP 2006 提高组 第二题
思路:
1）首先题目中有提到每件物品的价格（都是10元的整数倍）。 所以我们可以使用/10的优化
2）因为如果主件没有完成，附件是不能够完成的，有因为附件最多是2个，所以就将他的附件都记录下来，能更新的话就更新。
坑点:
一定要开的数组大一点qwq
代码:
#include <algorithm>#include <iostream>#include <cstring>#include <cstdio>#include <cmath>using namespace std;const int M = 233;int n,m,Maxm,Minm=0;int v[M],w[M];int v1[M],w1[M];///fujian1int v2[M],w2[M];///fujian2int dp[10010];int main(){ scanf("%d%d",&n,&m); for(int i=1,vi,wi,q;i<=m;i++) { scanf("%d%d%d",&vi,&wi,&q); vi/=10; if(q)///fujian { if(v1[q]) v2[q]=vi,w2[q]=vi*wi; else v1[q]=vi,w1[q]=vi*wi; } else { v[i]=vi,w[i]=vi*wi,Maxm=i; if(!Minm) Minm=i; } } for(int i=Minm;i<=Maxm;i++) { for(int j=n/10;j>=v[i];j--) { dp[j]=max(dp[j],dp[j-v[i]]+w[i]); if(j>=v[i]+v1[i]) dp[j]=max(dp[j],dp[j-v[i]-v1[i]]+w[i]+w1[i]); if(j>=v[i]+v2[i]) dp[j]=max(dp[j],dp[j-v[i]-v2[i]]+w[i]+w2[i]); if(j>=v[i]+v1[i]+v2[i]) dp[j]=max(dp[j],dp[j-v[i]-v1[i]-v2[i]]+w[i]+w1[i]+w2[i]); } } printf("%d",dp[n/10]*10); return 0;}
luogu小金明qwq x