刷题总结——竞赛得分（ssoj）

题目：

题目描述

ZZH 在经历了无数次学科竞赛的失败以后，得到了一个真理：做一题就要对一题！但是要完全正确地做对一题是要花很多时间（包括调试时间），而竞赛的时间有限。所以开始做题之前最好先认真审题，估计一下每一题如果要完全正确地做出来所需要的时间，然后选择一些有把握的题目先做。 当然，如果做完了预先选择的题目之后还有时间，但是这些时间又不足以完全解决一道题目，应该把其他的题目用贪心之类的算法随便做做，争取“骗”一点分数。根据每一题解题时间的估计值，确定一种做题方案（即哪些题目认真做，哪些题目“骗”分，哪些不做），使能在限定的时间内获得最高的得分。

输入格式

第一行有两个正整数 N 和 T，表示题目的总数以及竞赛的时限（单位秒）。以下的 N 行，每行 4 个正整数 W1i  、T1i 、W2i  、T2i ，分别表示第 i 题：完全正确做出来的得分、完全正确做出来所花费的时间（单位秒）、“骗”来的分数、“骗”分所花费的时间（单位秒）。

其中，3≤N≤30，2≤T≤1080000，1≤W1i ,W2i≤30000； 1≤T1i,T2i≤T。

输出格式

输出所能得到的最高分值。

样例数据 1

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4 10800 
18 3600 3 1800 
22 4000 12 3000 
28 6000 0 3000 
32 8000 24 6000

输出

50

样例数据 2

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3 7200 
50 5400 10 900 
50 7200 10 900 
50 5400 10 900

输出

70

题解：

  这里引用ssoi官方题解：

  简单动态规划，二维费用背包问题，需要使用滚动数组。

  此题几乎是裸的 0/1 背包。而 0/1 背包就是一个很典型的顺序可以交换的例子。当然前提是状态是 f[i][j]代表前 i 道题用 j 的时间得到的最多的分数。这种情况下你把 i 放在外层循环或把 j 放在外层循环都是可以 AC 的。因为状态转移方程是 f[i][j]=max(f[i-1][j-cost1[i]]+score1[i],f[i-1][j-cost2[i]]+score2[i],f[i-1][j])。这样无论循环是哪个在外面，枚举到当前状态时，所需的前驱状态都已经计算出来了。

  不过特别的，对于这道题，如果采取这样的状态，空间上有些紧张。所以我们必须把 i 那一维优化掉。注意到i每次是由 i-1 转移过来的，并且前驱状态的 j 一定小于等于当前状态的 j！所以如果不设 i 那一维，把 i 放在外面循环并且 j 循环用 downto 的话，就可以保证每次转移的前驱都是 i-1 的情况。这样时间复杂度不变依然是 O(NT)，但空间复杂度降到了 O(T)。这是我们对这道题的特殊之处的特殊优化，也可以说我们是对 0/1 背包的特殊之处的特殊优化。

  注意用一位数组优化！注意循环外层先枚举题目，然后注意再开两个dp数组防止枚举到同一道题正解贪心都做的情况！！

  连基本的背包dp都做不来了····

代码：

#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include<string>
#include
#include
using namespace std;
const int N=35;
const int W=1080005;
int w1[N],v1[N],w2[N],v2[N],n,t;
int dp[W],dp1[W],dp2[W];
int main()
{
  //freopen("a.in","r",stdin);
  scanf("%d%d",&n,&t);
  for(int i=1;i<=n;i++)
    scanf("%d%d%d%d",&v1[i],&w1[i],&v2[i],&w2[i]);
  for(int i=1;i<=n;i++)
  {
    for(int j=t;j>=w1[i];j--)
      dp1[j]=max(dp1[j],dp[j-w1[i]]+v1[i]);
    for(int j=t;j>=w2[i];j--)
      dp2[j]=max(dp2[j],dp[j-w2[i]]+v2[i]);
    for(int j=1;j<=t;j++)
      dp[j]=max(dp1[j],dp2[j]);
  }
  int ans=0;
  for(int j=1;j<=t;j++)
    ans=max(ans,dp[j]);
  cout<endl;
  return 0;
}

 

转载于:https://www.cnblogs.com/AseanA/p/7388084.html