题意:

一个套餐需要a个A,b个B,c个C。

你生产一个A需要t1,一个B需要t2,一个C需要t3时间。

你有n台机器。每台每天工作timei时间。

一件物品只能在一个机器上生产。

求你一天最多能生产多少套餐。

每天ABC产量上限是100,n<=10

解:

这个DP的状态表示真是奇怪..

有一种做法是设f[i][j][k][l]表示前i台机器生产j个A,k个B,l个C的最大套餐数量。

被我的 1 1 1   2 2 2   3   3 2 1 卡掉了,输出1,答案是0

还有一种做法是设f[i][j][k][l]表示前i台机器生产j个A,k个B,l个C的所需最少时间。

这是zbtrs提供的。我还没思考。但是直觉上感觉很不对劲....


最后是我用的,f[i][j][k]表示前i台机器生产j个A,k个B时所能生产的最多C数量。

一开始预处理出最大套餐值和最大ABC值。

转移就是枚举这一台/之前的机器生产了多少A和B,然后计算出C来。

注意,一开始的时候可能会从f[0][x][y]之类的不存在的状态转移过来。

解决方案是赋值为-1,特判。初值是f[0][0][0] = 0

有几个剪枝:第一个是这条生产线不能生产更多的A和B了,这时要break

还有就是这个状态的C已经满了,此时不用继续枚举转移了,直接出转移(goto flag)。

然后就把很吓人的时间复杂度剪下去了。

 #include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#define say(a) printf(#a); printf(" = %d \n", a)
const int N = ; int f[][N][N], time[N];
int a, b, c;
int t1, t2, t3; int main() {
int n;
scanf("%d%d%d", &a, &b, &c);
scanf("%d%d%d", &t1, &t2, &t3);
scanf("%d", &n);
int sum = , ans = ;
for(int i = ; i <= n; i++) {
scanf("%d", &time[i]);
sum += time[i];
}
int lm = sum / (a * t1 + b * t2 + c * t3);
int maxA = std::min(lm * a, );
int maxB = std::min(lm * b, );
int maxC = std::min(lm * c, ); memset(f, -, sizeof(f));
f[][][] = ;
for(int i = ; i <= n; i++) {
f[i][][] = ;
}
for(int i = ; i <= n; i++) {
for(int j = maxA; j >= ; j--) {
for(int k = maxB; k >= ; k--) {
/// get f[i][j][k]
for(int jj = j; jj >= ; jj--) {
for(int kk = k; kk >= ; kk--) {
if(time[i] < (j - jj) * t1 + (k - kk) * t2) {
goto flag;
}
if(f[i - ][jj][kk] == -) {
continue;
}
f[i][j][k] = std::max(f[i][j][k],
f[i - ][jj][kk] + (time[i] - (j - jj) * t1 - (k - kk) * t2) / t3);
if(f[i][j][k] >= maxC) {
goto flag;
}
}
}
flag:
int now = std::min(j / a, k / b);
now = std::min(now, f[i][j][k] / c);
ans = std::max(ans, now);
}
}
} printf("%d", ans);
return ;
}

AC代码

codevs的数据很弱。强数据在洛谷上。

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