hdu 4091 线性规划

分析转自：http://blog.csdn.net/dongdongzhang_/article/details/7955136

题意 ：  背包能装体积为N,  有两种宝石， 数量无限， 不能切割。  分别为 size1   value 1 size2 value2

问背包能装最大的价值？

思路 ： 线性规划问题。  有一组坑爹数据  100 3 3 7 7   一般的会输出 99     但是结果是 100  各10颗

线性规划知识， x, y 分别为 取两种宝石的数量   目标函数 ： z = v1 * x + v 2 * y;      K = -(v1 / v2);

1.   x >= 0;

2.   y >= 0;

3.   s1 * x + s2 + y <= N;   k = - (s1 / s2);

若  abs(K)  > abs (k)  那么 将相交与B。   若abs(K) ==  abs(k)  整条直线都可以。 若 abs(K) < abs(k) 相交与A

其实   abs(K) = v1 / v2  >  abs(k) = s1 / s2   正好是 价值比的比较，   v1 / s1 > v2 / s2    ，v1价值大， 就应该  x  大些， 取1宝石多些。

同理  价值相同  就应该 x, y 取什么都可以，  v2 价值大， 就应该 y 大些，  取2宝石多些。

但是  宝石不能切割， 所以。 就形成了一个区域， 在最优解附近。 所以区域附近的点 需要枚举。

不过有一个不变的是， 在两宝石的体积的最小公倍数内， 肯定取价值大。

而在最小公倍外的，就要分别枚举。 不能盲目的取价值大。 

 比如一个例子，   20 4 5 6 8   答案是 26  = 2 * 5 + 2 * 8。  若只取价值大的， 会装不满。 没取到最优解。    

4 与 6 的最小公倍数是 12.  那每一个12的体积  就应该取  2个  宝石2   因为宝石2价值大。

剩余的8 就有取枚举， 0 * 5 + 1 * 6 ， 或者  1 * 5 + 0 * 6，  或者 2 * 5 + 0 * 6   那么就取2个宝石1.  就能装满了， 并且价值最大。

但是 如果是 15 4 5 6 8 的话，  那么按照这方法就会输出   16   只能取到  2个 宝石2  剩余3体积， 不能取到任意宝石。 

答案应该是 18 = 2 * 5 + 1 * 8，   少取一个宝石2，腾出6体积，并 利用剩余的3体积的2体积 取两颗宝石1，价值更大。

所以，面对这问题。  我们就应该至少腾出一个公倍数的空间才枚举。  不然就会出错。

#include<stdio.h>
#include<algorithm>
using namespace std;
long long gcd(long long da,long long xiao)
{
    long long temp;
    while(xiao!=0)
    {
        temp=da%xiao;
        da=xiao;
        xiao=temp;
    }    
    return da;
}    
int main()
{
    int iCase=0;
    int T;
    scanf("%d",&T);
    long long N,S1,V1,S2,V2;
    while(T--)
    {
        iCase++;
        scanf("%I64d%I64d%I64d%I64d%I64d",&N,&S1,&V1,&S2,&V2);
        long long tmp=S1*S2/gcd(S1,S2);
        long long res;
        long long tt=N/tmp;
        N=N%tmp;
        if(tt)
        {
            tt--;
            N+=tmp;
        }    
        res=max((tt)*(tmp/S1)*V1,(tt)*(tmp/S2)*V2);
        long long res2=0;
        if(S2>S1)
        {
            long long t;
            t=S1;S1=S2;S2=t;
            t=V1;V1=V2;V2=t;
        }    
        for(int i=0;i<=N/S1;i++)
        {
            if(res2<i*V1+(N-i*S1)/S2*V2)res2=i*V1+(N-i*S1)/S2*V2;
        }    
        res+=res2;
        printf("Case #%d: %I64d
",iCase,res);
    }    
    return 0;
}