题目大意:

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。

求最大美味指数之和。

分析:

显然的0/1背包,但是,它与平常的0/1背包不同之处在于:平常的物品不会因为时间的延续而使价值贬值,也就是说,先放a、先放b是无所谓的。

但是这个题,“ai-t*bi”的判断方法,显然相同物品的不同放置顺序,都可能得到不同的答案。

所以必然要排序。

但是怎么排序?

按照ci排?但是不一定时间短的要先做,可能其它食物b太大,贬值的很厉害。

按照bi排?但是先做贬值快的,可能由于做的时间长,仍然可能造成其它剩余食物贬值总和更大。

按照(sumb-bi)*ci排?但是由于不一定做i的时候,其它的所有的食物都留下等着做,损失其实不一定有sumb-bi那么大

按照ai-(sumb-bi)*ci排?但是这其实是只考虑了第一个做谁,仍然可能不是最优子结构。

我们这样考虑:

设身处地地想一想,我们假设已经过了p时间,还剩下两个食材x,y,你会怎么办?

一定会考虑,先做x或者先做y哪个会最大收益。

先做x:

a[x]-(p+c[x])*b[x]+a[y]-(p+c[x]+c[y])*b[y] —— ①

先做y:

a[y]-(p+c[y])*b[y]+a[x]-(p+c[y]+c[x])*b[x] —— ②

对这两个式子化简,得到①>②的条件是c[x]*b[y]<c[y]*b[x].

所以,对于有若干个食物,道理同样如此。

我们先按这个标准排一下序,然后0/1背包即可。

提醒:如果不用滚动数组的话,虽然好理解,但是要记得,不论j>=food[i].c与否,必须要有一个f[i][j]=f[i-1][j]

这里,我定义f[i][j]为,前i个物品,最后一次做完饭是在j时刻。也可以省略第一维。

(至于为什么要排序,假设现在x优于y,如果我们先循环的是x,就代表会先做x,再做y的时候,可以从上一次做完x的时刻转移过来美味程度。

如果y在了前面循环,那么想要同时做x,y,x必须从上一次的某一个y处转移过来,那么这个时候,x一定不是第一个做的。

或者,就算是x想要第一个做,但是y已经循环过去了,不会再从x做完后的时间转移到更靠后的j,也就扔掉了正解的转移路径。)

代码:

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int N=;
const int T=+;
ll f[T];
int sb;
int n,t;
struct node{
ll a,b,c;
bool friend operator <(node a,node b)
{
return a.c*b.b<b.c*a.b;
}
}foo[N];
int main()
{
cin>>t>>n;
for(int i=;i<=n;i++) scanf("%lld",&foo[i].a);
for(int i=;i<=n;i++) scanf("%lld",&foo[i].b);
for(int i=;i<=n;i++) scanf("%lld",&foo[i].c);
sort(foo+,foo+n+);
for(int i=;i<=n;i++)
for(int j=t;j>=foo[i].c;j--)
{
f[j]=max(f[j],f[j-foo[i].c]+foo[i].a-foo[i].b*j);
}
ll ans=;
for(int i=;i<=t;i++)
ans=max(ans,f[i]);
cout<<ans;
return ;
}

同理的,还有一道考试题:

再过T天就是Kate的生日了,Coffee打算送它一些蛋糕。在Coffee和Kate的世界,蛋糕是做不出来的,而是种出来了。

Coffee收藏着N个蛋糕种子。第i个蛋糕种子需要在室内培育连续Pi天才能长成幼苗,之后将它移栽到室外,再经过Qi天后就会结出一个美味度为Ri的蛋糕。移栽蛋糕苗、为室外的蛋糕浇水以及收取成熟的蛋糕花费的时间对于Coffee来说可以忽略不计,但由于长成幼苗前的蛋糕比较娇嫩,照顾起来也更麻烦,Coffee每天最多只会照顾一棵蛋糕幼苗。

更具体地,如果Coffee在第t0天开始室内培育第i个蛋糕种子,那么它的室内培育工作会占用Coffee第t0..t0+(Pi)-1,并会在t0+Pi+(Qi)-1天结出蛋糕。在t0..t0+(Pi)-1天,Coffee不会开始或同时培养其他种子。

Coffee希望在Kate生日时,送给Kate的蛋糕们的美味度总和尽量大。也就是说,在接下来的T天内,Kate最多能收获蛋糕的美味度总和最大是多少?注意,即使一个蛋糕苗在第T天前已经被移出了室外,只要它在Kate的生日前没能结出蛋糕,它的美味度就不会被计算到总美味度中。

分析:

发现Q这个延时很麻烦,处理的时候还得想之前有没有种过。可以取巧地,假设过完了P天,就立刻熟了,收获了,但是“收获”的这一天不能晚于T-Qi(这个转化就是合法的)

所以就剩一个0/1背包了。

因为对于不同的物品,有不同的背包上界,既然如此,肯定先考虑,把上界低的先放进包里,因为再高了就放不了了。

上界高的,能力大,就可以放到再靠上的包的空间里。

也就是把公共的区间让范围小的先去填充。排序即可。

#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>
#include<iostream>
using namespace std;
const int N=+;
const int T=+;
int f[N][T];
struct node{
int cost,dis,val;
}ca[N];
int n,t;
bool cmp(node a,node b)
{
if(a.dis!=b.dis) return a.dis>b.dis;
return a.cost<b.cost;
}
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&t);
for(int i=;i<=n;i++)
scanf("%d%d%d",&ca[i].cost,&ca[i].dis,&ca[i].val);
sort(ca+,ca+n+,cmp);
for(int i=;i<=n;i++)
{
for(int j=t-ca[i].dis;j>=;j--)
{f[i][j]=f[i-][j];
if(j>=ca[i].cost) f[i][j]=max(f[i][j],f[i-][j-ca[i].cost]+ca[i].val);}
for(int j=;j<=t;j++)
cout<<f[i][j]<<endl;
cout<<endl;
}
int ans=;
for(int i=;i<=t;i++)
ans=max(ans,f[n][i]);
printf("%d",ans);
return ;
}

总结:

1.背包的变式其实是非常多的,总体的定义、循环相差不大,但是关键点多出在排序。

2.排序本质上都是两两之间的物品进行最优解的比较,所以考虑如何排序的时候,可以尝试单独考虑这两个元素之间的大小关系,从而列出式子。

3.背包不能凭感觉瞎想,一定要分析好物品循环的先后顺序。

4.背包本质上还是背包,就是往有限空间里放东西,只是东西千奇百怪罢了,但是考虑方式是可以转化到基础的放东西模型上的。

5.背包物品的循环顺序,本质上就是考虑放物品的先后顺序。不会存在先考虑,却在实际操作中是后放进去的。

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