原题:http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=4833
题意:中文题不解释...
解题思路:
首先以interest_rates为费用建图跑费用流是比较容易想到的,于是比赛中我T了10几发...
那么我们考虑另外一种思路,把本金分成1块钱1块钱来考虑。
对于在时间d得到的钱,他只能在d时间之后的理财进行投资,收回之后再在更后面进行投资,最终带来的总收益等于 投资的理财的interest_rates之和 / 100
所以我们可以设 dp[i] 表示从时间i开始,对从时间 i 之后开始的理财进行投资,可以获得的最大收益系数和,首先如果我们无视从 i 时刻开始的理财,dp[i] 就等于 dp[i+1]
否则如果有一个从时间 i 开始,到时间 j 结束的理财 x,对其投资后,dp[i] = dp[j] + interest_rates[x],所以我们可以枚举从时刻 i 开始的理财,对dp[i] 进行优化
得到dp[]之后,对于在时刻 i 获得的本金,其总收益就是 本金 * dp[i] / 100
代码:
<span style="font-family:Courier New;">#include <iostream> #include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm> #include <cmath> #include <string> #include <vector> using namespace std; #define LL long long #define MP make_pair #define eps 1e-8 #define mod 1000000007 #define mxn 2505 int d[mxn], e[mxn], s[mxn], t[mxn], k[mxn]; LL dp[100005], val[100005]; vector<int> nxt[100005], K[100005]; int main() { int T, n, m, cas = 0; scanf( "%d", &T ); while( T-- ) { scanf( "%d%d", &n, &m ); memset(val, 0, sizeof(val)); for( int i = 0; i < n; ++i ) { scanf( "%d%d", d + i, e + i ); val[d[i]] += e[i]; } for( int i = 0; i <= 100000; ++i ) nxt[i].clear(), K[i].clear(); for( int i = 0; i < m; ++i ) { scanf( "%d%d%d", s + i, t + i, k + i ); nxt[s[i]].push_back(t[i]); K[s[i]].push_back(k[i]); } dp[100001] = 0; double ans = 0; for( int i = 100000; i >= 1; --i ) { dp[i] = dp[i+1]; for( int j = 0; j < nxt[i].size(); ++j ) dp[i] = max(dp[i], dp[nxt[i][j]] + K[i][j]); ans += dp[i] * val[i]; } printf( "Case #%d:\n%.2lf\n", ++cas, ans / 100.0 ); } return 0; }</span>
一个可以优化的地方是,由于理财只有2500个,所以能够用于更新的点其实最多也就5000个,可以离散化一下,这样 dp[i] 乘的系数不再是val[i],而是相邻两个离散点之间的val[]和,用前缀和处理一下就好了,可以快几百ms