Description
何老板是个垂钓谜,星期天他决定外出钓鱼h小时(1≤h≤16),何老板家附近共有n个池塘(2≤n≤25),这些池塘分布在一条直线上,何老板将这些池塘按离家的距离编上号,依次为L1,L2,…,Ln,何老板家门外就是第一个池塘,所以他到第一个池塘是不用花时间的,何老板可以任选若干个池塘垂钓,并且在每个池塘他都可以呆上任意长的时间,但呆的时间必须为5分钟的倍数,(5分钟为一个单位时间),已知从池塘Li到池塘Li+1要化去何老板ti个单位时间,每个池塘的上鱼率预先也是已知的,池塘Li在第一个单位时间内能钓到的鱼为Fi(0≤Fi≤100),并且每过一个单位时间在单位时间内能钓到的鱼将减少一个常数di(0≤di≤100),现在请你编一个程序计算何老板最多能钓到多少鱼。
Input
第一行为一个整数n,第二行为一个整数h,第三行为n个用空格隔开的整数,表示Fi(i=1,2,…,n),第四行为n个用空格隔开的整数,表示di(i=1,2,…,n),第五行为n-1个用空格隔开的整数,表示ti(i=1,2,…,n-1)
Output
输出一个整数,表示何老板最多能钓到的鱼的数量。
Sample Input
2
1
10 1
2 5
2
Sample Output
31
分析:
结论一:不同走回头路。
证明 :如果l<r ,那么从r回到l 去钓鱼,不如在从l走到r的时候就在l处钓足够的时,也就是说到了一个鱼塘就钓够时间再离开。
那么讨论以每一个鱼塘为终点即可。
代码如下:
#include<iostream> #include<cstdio> #include<queue> using namespace std; int dist[30],sum[30]; struct POOL{ int f,d; bool operator < (const POOL a)const { return f<a.f; } }pool[30]; priority_queue<POOL>q; int main(){ int h,n,i,j,ans=0; scanf("%d%d",&n,&h); h*=12; for(i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&pool[i].f); for(i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&pool[i].d); for(i=1;i<n;i++){ scanf("%d",&dist[i]); sum[i]=sum[i-1]+dist[i]; //前缀和处理 } for(i=1;i<=n;i++){ while(!q.empty())q.pop(); for(j=1;j<=i;j++)q.push(pool[j]); int time=h-sum[i-1];// 总共能用的单位的时间; int new_ans=0; while(time>0){ time--; POOL cur=q.top();q.pop(); //受益最大的鱼塘 new_ans+=cur.f; cur.f-=cur.d; //按题意减少 if(cur.f<0)cur.f=0; q.push(cur); } ans=max(ans,new_ans); //更新答案 } printf("%d",ans); } //时间复杂度 O(n*n*logn) ,比动态规划的O(n^3)更优