IXX.[HNOI2005]星际贸易
第一问直接背包一下就行，是模板。
然后，因为题面中的一句话：
……并使得只有一种获得最大贸易值的方法。
因此我们可以直接根据各状态是从哪个前驱状态转移而来直接得出那些必须要访问的星球。
注意，你所规定的这条路径必须满足贸易值最大（不管合不合法（走不走的完），但贸易值必须最大），不然你就会像我一样死活看不懂第二组样例……
我们考虑DP。
设\(f[i][j]\)表示：当前在位置\(i\)，已经进行了所有的操作随时可以起飞，并且当前舰上还有\(j\)份燃料的最小代价。
思路1.暴力DP：
我们有
\(f[i][j]=\min\limits_{k=\max(i\text{之前距离}i\text{最近的那个必须访问的星球},i\text{之前飞船不维修最远能到的那个星球})}^{i-1}\{\min\limits_{l=2}^{\min(r,j+2)}f[k][l]+(j-l+2)*p[i]+fx[i]\}\)
其中，\(p[i]\)是\(i\)星球一份暗物质的费用，\(fx[i]\)是\(i\)位置修船的费用。
复杂度\(O(n^4)\)，可以拿到\(55\%\)。
代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m,r,l,a[2010],b[2010],dis[2010],p[2010],fx[2010],f[2010][4010],mp,mn=0x3f3f3f3f;
bool cho[2010];
int main(){
scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&r,&l),memset(f,0x80,sizeof(f)),r=min(r,2*n);
if(r<2){puts("Poor Coke!");return 0;}
for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d%d%d%d%d",&a[i],&b[i],&dis[i],&p[i],&fx[i]);
for(int i=1;i<=n;i++)if(dis[i]-dis[i-1]>l){puts("Poor Coke!");return 0;}
f[0][0]=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=0;j<a[i];j++)f[i][j]=f[i-1][j];
for(int j=a[i];j<=m;j++)f[i][j]=max(f[i-1][j],f[i-1][j-a[i]]+b[i]);
}
for(int i=0;i<=m;i++)if(f[n][mp]<f[n][i])mp=i;
for(int i=n,j=mp;i;i--){
if(f[i][j]==f[i-1][j])continue;
cho[i]=true,j-=a[i];
}
// for(int i=1;i<=n;i++)printf("%d ",cho[i]);puts("");
mp=f[n][mp];
memset(f,0x3f,sizeof(f));
f[0][r]=0;
for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=0;j<=r;j++){
for(int k=i-1;k>=0;k--){
if(dis[i]-dis[k]>l)break;
if(!p[i]){
if(j>=2)f[i][j]=min(f[i][j],f[k][j+2]+fx[i]);
else f[i][j]=0x3f3f3f3f;
}
else for(int l=2;l<=min(j+2,r);l++)f[i][j]=min(f[i][j],f[k][l]+(j-l+2)*p[i]+fx[i]);
if(cho[k])break;
}
// printf("%d %d:%d\n",i,j,f[i][j]);
}
for(int i=0;i<=r;i++)mn=min(mn,f[n][i]);
if(mn==0x3f3f3f3f){puts("Poor Coke!");return 0;}
printf("%d %d\n",mp,mp-mn);
return 0;
}
思路2.背包
因为在位置\(i\)买暗物质的操作实际上就是一个完全背包的效果，所以我们完全可以不枚举\(l\)，转而采用完全背包的形式在\(O(n^3)\)解决它。可以拿到\(65\%\)。
即：\(f[i][j]=\min(f[k][j+2]+f[i],f[i][j-1]+p[i])\)。
代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m,r,l,a[2010],b[2010],dis[2010],p[2010],fx[2010],f[2010][4010],mp,mn=0x3f3f3f3f;
bool cho[2010];
int main(){
scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&r,&l),memset(f,0x80,sizeof(f)),r=min(r,2*n);
if(r<2){puts("Poor Coke!");return 0;}
for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d%d%d%d%d",&a[i],&b[i],&dis[i],&p[i],&fx[i]);
for(int i=1;i<=n;i++)if(dis[i]-dis[i-1]>l){puts("Poor Coke!");return 0;}
f[0][0]=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=0;j<a[i];j++)f[i][j]=f[i-1][j];
for(int j=a[i];j<=m;j++)f[i][j]=max(f[i-1][j],f[i-1][j-a[i]]+b[i]);
}
for(int i=0;i<=m;i++)if(f[n][mp]<f[n][i])mp=i;
for(int i=n,j=mp;i;i--){
if(f[i][j]==f[i-1][j])continue;
cho[i]=true,j-=a[i];
}
// for(int i=1;i<=n;i++)printf("%d ",cho[i]);puts("");
mp=f[n][mp];
memset(f,0x3f,sizeof(f));
f[0][r]=0;
for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=0;j<=r;j++){
for(int k=i-1;k>=0;k--){
if(dis[i]-dis[k]>l)break;
f[i][j]=min(f[i][j],f[k][j+2]+fx[i]);
if(cho[k])break;
}
if(p[i]&&j)f[i][j]=min(f[i][j],f[i][j-1]+p[i]);
// printf("%d %d:%d\n",i,j,f[i][j]);
}
for(int i=0;i<=r;i++)mn=min(mn,f[n][i]);
if(mn==0x3f3f3f3f){puts("Poor Coke!");return 0;}
printf("%d %d\n",mp,mp-mn);
return 0;
}
思路3.单调队列
因为\(f[k][j+2]\)这个东西随着\(i\)的增加，每个\(i\)都要枚举一下，因此可以采用单调队列来保存每个暗物质数量\(j\)可以转移的最优位置，并且按照距离及时弹出已经距离\(i\)太远的位置。复杂度\(O(n^2)\)，期望得分\(100\%\)。
代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m,r,l,a[2010],b[2010],dis[2010],p[2010],fx[2010],f[2010][4010],mp,mn=0x3f3f3f3f;
deque<int>q[2010];
bool cho[2010];
int main(){
scanf("%d%d%d%d",&n,&m,&r,&l),memset(f,0x80,sizeof(f)),r=min(r,2*n);
if(r<2){puts("Poor Coke!");return 0;}
for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d%d%d%d%d",&a[i],&b[i],&dis[i],&p[i],&fx[i]);
for(int i=1;i<=n;i++)if(dis[i]-dis[i-1]>l){puts("Poor Coke!");return 0;}
f[0][0]=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=0;j<a[i];j++)f[i][j]=f[i-1][j];
for(int j=a[i];j<=m;j++)f[i][j]=max(f[i-1][j],f[i-1][j-a[i]]+b[i]);
}
for(int i=0;i<=m;i++)if(f[n][mp]<f[n][i])mp=i;
for(int i=n,j=mp;i;i--){
if(f[i][j]==f[i-1][j])continue;
cho[i]=true,j-=a[i];
}
// for(int i=1;i<=n;i++)printf("%d ",cho[i]);puts("");
mp=f[n][mp];
memset(f,0x3f,sizeof(f));
f[0][r]=0;
for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=0;j<=r;j++){
while(!q[j+2].empty()&&dis[i]-dis[q[j+2].front()]>l)q[j+2].pop_front();
while(!q[j+2].empty()&&f[q[j+2].back()][j+2]>=f[i-1][j+2])q[j+2].pop_back();
q[j+2].push_back(i-1);
f[i][j]=min(f[i][j],f[q[j+2].front()][j+2]+fx[i]);
if(p[i]&&j)f[i][j]=min(f[i][j],f[i][j-1]+p[i]);
if(cho[i])q[j+2].clear();
// printf("%d %d:%d\n",i,j,f[i][j]);
}
for(int i=0;i<=r;i++)mn=min(mn,f[n][i]);
if(mn==0x3f3f3f3f){puts("Poor Coke!");return 0;}
printf("%d %d\n",mp,mp-mn);
return 0;
}