P1417 烹调方案

题目背景

由于你的帮助，火星只遭受了最小的损失。但gw懒得重建家园了，就造了一艘飞船飞向遥远的earth星。不过飞船飞到一半，gw发现了一个很严重的问题：肚子饿了~

gw还是会做饭的，于是拿出了储藏的食物准备填饱肚子。gw希望能在T时间内做出最美味的食物，但是这些食物美味程度的计算方式比较奇葩，于是绝望的gw只好求助于你了。

题目描述

一共有n件食材，每件食材有三个属性，ai，bi和ci，如果在t时刻完成第i样食材则得到ai-t*bi的美味指数，用第i件食材做饭要花去ci的时间。

众所周知，gw的厨艺不怎么样，所以他需要你设计烹调方案使得美味指数最大

输入格式

第一行是两个正整数T和n，表示到达地球所需时间和食材个数。

下面一行n个整数，ai

下面一行n个整数，bi

下面一行n个整数，ci

输出格式

输出最大美味指数

输入输出样例

输入 #1复制

74 1
502
2
47

输出 #1复制

408

说明/提示

【数据范围】

对于40%的数据1<=n<=10

对于100%的数据1<=n<=50

所有数字均小于100,000

 

分析: 显然是一个 0 1背包，但是 这个是一个泛化背包的问题，因为物品的价值会随着变换，所以不能直接用模板来做

0 1 背包中 物品不具有先后性，所以先取哪个都是无所谓的。如果你先讨论了1号点，再讨论第二点，第二点的价值会减小，反之一号点会减小，这两个哪个更优是不确定的，所以如果你先讨论1号点就会错。

DP 具有最优子结构，所以我们对 物品要有讨论，

推导 是我抄的！！！！（自己不会推，Orz）

设 a_1,b_1,c_1a1​,b1​,c1​ 为第一组物品，a_2,b_2,c_2a2​,b2​,c2​ 为第二组物品， tt为当前时间.

将两个物品可获得的值表示出来为：

m_1 = a_1-(t \times c_1) \times b_1 + a_2 - (t+c_1+c_2) \times b_2m1​=a1​−(t×c1​)×b1​+a2​−(t+c1​+c2​)×b2​

m_2 = a_2-(t \times c_2) \times b_2 + a_1 - (t+c_1+c_2) \times b_1m2​=a2​−(t×c2​)×b2​+a1​−(t+c1​+c2​)×b1​

设 m_1 > m_2m1​>m2​ 得

a_1-(t \times c_1) \times b_1 + a_2 - (t+c_1+c_2) \times b_2 > m_2 = a_2-(t \times c_2) \times b_2 + a_1 - (t+c_1+c_2) \times b_1a1​−(t×c1​)×b1​+a2​−(t+c1​+c2​)×b2​>m2​=a2​−(t×c2​)×b2​+a1​−(t+c1​+c2​)×b1​

拆项得

a_1-b_1t-b_1c_1+a_2-b_2t-b_2c_1-b_2c_2>a_2-b_2t-b_2c_2+a_1-b_1t-b_1c_1-b_1c_2a1​−b1​t−b1​c1​+a2​−b2​t−b2​c1​−b2​c2​>a2​−b2​t−b2​c2​+a1​−b1​t−b1​c1​−b1​c2​

化简得

b_1c_2 > b_2c_1b1​c2​>b2​c1​

 

还有就是 要用 long long 数据挺大的。。

//第三页 题解 
#include
#include
typedef long long LL;
using namespace std;
LL dp[10000005];
struct node{
	LL a,b,c;
};
node a[10000055];
bool cmp(node q,node p){
	return q.b*p.c>q.c*p.b;
}
int main(){
	LL t,n;
	cin>>t>>n;
	for(int i=1;i<=n;i++)
		cin>>a[i].a;
	for(int i=1;i<=n;i++)
		cin>>a[i].b;
	for(int i=1;i<=n;i++)
		cin>>a[i].c;
	sort(a+1,a+n+1,cmp);
	for(int i=1;i<=n;i++)
		for(int j=t;j>=a[i].c;j--)
			dp[j] = max(dp[j],dp[j-a[i].c]+a[i].a-j*a[i].b);
	LL M = 0;
	for(int i=1;i<=t;i++)
		M =max(M,dp[i]);
	cout<