问题描述
“我需要你为我制订一个购物的方案。我将要为我的宫殿增置一些家具。有n 种备选家具,家具有主件和附件之分。在购买某个主件的附件之前,我必须先购买其对应的主件。某一主件的附件不会是另一样家具所对应的主件。每一件家具 i 都有自己的价格 x 与重要度 y。要完成这个问题,你需要在 1s 内得出我在花费不超过 m 元的情况下所能得到的家具的价格与重要度乘积的和最大。”CJK 不敢怠慢,立刻开始码代码。
输入格式
第一行两个数,m 和 n,接下来 n 行,第 i 行三个数 x,y,z,分别表示该物品的价格、重要度及它的主件的编号(z 为 0 表示该物品为主件)。
输出格式
每一样购买的家具的价格与重要度的乘积的和。(形如 xiyi+xjyj+......,i、j 为购买的家具的编号)
样例输入输出
样例输入1
1000 5
800 2 0
400 5 1
300 5 1
400 3 0
500 2 0
样例输出1
2200
样例输入2
1000 5
800 2 0
400 5 1
300 5 1
400 3 1
500 2 1
样例输出2
1600
解析
如果不考虑主附件，这就是一个裸的完全背包问题。但是如果选附件就必须选主件，所以我们考虑如何处理依赖关系。我们可以设一个分数组表示选了当前主件后用这个主件的附件跑01背包后的结果。每次DP前，都把之前主数组的结果复制到分数组中，跑完背包后再用分数组去更新主数组。注意，在跑01背包时，由于已经选了当前主件，花费的范围要注意。
代码
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <vector>
#include <cstring>
using namespace std;
vector<int> v[62];
int n,m,i,j,k,w[62],c[62],op[62],f[30002],g[30002];
int main()
{
freopen("budget.in","r",stdin);
freopen("budget.out","w",stdout);
cin>>m>>n;
for(i=1;i<=n;i++){
cin>>w[i]>>c[i]>>op[i];
c[i]*=w[i];
if(op[i]) v[op[i]].push_back(i);
}
for(i=1;i<=n;i++){
if(!op[i]){
for(j=w[i];j<=m;j++) g[j]=f[j-w[i]]+c[i];
for(j=0;j<v[i].size();j++){
int x=v[i][j];
for(k=m;k>=w[i]+w[x];k--) g[k]=max(g[k],g[k-w[x]]+c[x]);//在这里注意范围
}
for(j=1;j<=m;j++) f[j]=max(f[j],g[j]);
memset(g,0,sizeof(g));
}
}
cout<<f[m]<<endl;
fclose(stdin);
fclose(stdout);
return 0;
}
总结
没有想到还是因为想的不够细致，没有将DP的约束与状态分开，导致约束失效。