洛谷 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NN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00个、11个或22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NN元。于是，他把每件物品规定了一个重要度，分为55等：用整数1-51−5表示，第55等最重要。他还从因特网上查到了每件物品的价格（都是1010元的整数倍）。他希望在不超过NN元（可以等于NN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jj件物品的价格为v_[j]v[​j]，重要度为w_[j]w[​j]，共选中了kk件物品，编号依次为j_1,j_2,…,j_kj1​,j2​,…,jk​，则所求的总和为：

v_[j_1] \times w_[j_1]+v_[j_2] \times w_[j_2]+ …+v_[j_k] \times w_[j_k]v[​j1​]×w[​j1​]+v[​j2​]×w[​j2​]+…+v[​jk​]×w[​jk​]。

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：

 

第11行，为两个正整数，用一个空格隔开：

N mNm （其中N(<32000)N(<32000)表示总钱数，m(<60)m(<60)为希望购买物品的个数。） 从第22行到第m+1m+1行，第jj行给出了编号为j-1j−1的物品的基本数据，每行有33个非负整数

v p qvpq （其中vv表示该物品的价格（v<10000v<10000），p表示该物品的重要度（1-51−5），qq表示该物品是主件还是附件。如果q=0q=0，表示该物品为主件，如果q>0q>0，表示该物品为附件，qq是所属主件的编号）

 

输出格式：

 

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<200000）。

 

输入输出样例

输入样例#1： 

1000 5
800 2 0
400 5 1
300 5 1
400 3 0
500 2 0

输出样例#1： 

2200

解法：01背包的变形

01背包的决策：该物体取或是不取

现在由于存在依赖关系

单独对主件进行处理

决策有：不取主件、取主件、主件+附件1、主件+附件2、主件+附件1+附件2 

然后就可以了。

#include 
#define pii pair
#define ll long long
#define F first
#define S second
using namespace std;
const int maxn = 2e3 + 10;
ll dp[maxn];//dp[i]表示价格为i有多少种购买方式
ll w[maxn], v[maxn];
ll ind[maxn];
vector att[maxn];
int main()
{
    //freopen("/Users/vector/Desktop/testdata.in", "r", stdin);
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);
    int n, m;
    cin >> n >> m;
    for(int i = 1; i <= m; i++)
    {
        cin >> w[i] >> v[i] >> ind[i];
        w[i] /= 10;
        v[i] *= w[i];
        if(ind[i])
            att[ind[i]].push_back(i);
    }
        n /= 10;
    for(int i = 1; i <= m; i++)
    {
        if(ind[i]) continue;
        if(att[i].size() == 2)
        {
            for(int j = n; j >= w[i]; j--)
            {
                dp[j] = max(dp[j], dp[j - w[i]] + v[i]);//只选主件
                if(j >= w[i] + w[att[i][0]])
                    dp[j] = max(dp[j], dp[j - w[i] - w[att[i][0]]] + v[i] + v[att[i][0]]);//附件1
                if(j >= w[i] + w[att[i][1]])
                    dp[j] = max(dp[j], dp[j - w[i] - w[att[i][1]]] + v[i] + v[att[i][1]]);//附件2
                if(j >= w[i] + w[att[i][1]] + w[att[i][0]])//附件1和附件2均选
                    dp[j] = max(dp[j], dp[j - w[i] - w[att[i][1]] - w[att[i][0]]] + v[i] + v[att[i][1]] + v[att[i][0]]);
            }

        }
        else if(att[i].size() == 1)
        {
            for(int j = n; j >= w[i]; j--)
            {
                dp[j] = max(dp[j], dp[j - w[i]] + v[i]);
                if(j >= w[i] + w[att[i][0]])
                    dp[j] = max(dp[j], dp[j - w[i] - w[att[i][0]]] + v[i] + v[att[i][0]]);
            }
        }
        else
        {
            for(int j = n; j >= w[i]; j--)
                dp[j] = max(dp[j], dp[j - w[i]] + v[i]);
        }
    }
    cout << dp[n] * 10<< endl;
    return 0;
}
//ACGDBHZKX CDGAHXKZB