题目描述
金明今天很开心，家里购置的新房就要领钥匙了，新房里有一间金明自己专用的很宽敞的房间。更让他高兴的是，妈妈昨天对他说：“你的房间需要购买哪些物品，怎么布置，你说了算，只要不超过NN元钱就行”。今天一早，金明就开始做预算了，他把想买的物品分为两类：主件与附件，附件是从属于某个主件的，下表就是一些主件与附件的例子：
主件 附件
电脑 打印机，扫描仪
书柜 图书
书桌 台灯，文具
工作椅 无
如果要买归类为附件的物品，必须先买该附件所属的主件。每个主件可以有0个、1个或2个附件。附件不再有从属于自己的附件。金明想买的东西很多，肯定会超过妈妈限定N元。于是，他把每件物品规定了一个重要度，分为5等：用整数1-5表示，第5等最重要。他还从因特网上查到了每件物品的价格（都是10元的整数倍）。他希望在不超过N元（可以等于N元）的前提下，使每件物品的价格与重要度的乘积的总和最大。
设第jj件物品的价格为v[j]，重要度为w[j]，共选中了k件物品，编号依次为j1,j2,…,jk，则所求的总和为：
v[j1]×w[j1]+v[j2]×w[j2]+…+v[jk]×w[jk]。
请你帮助金明设计一个满足要求的购物单。
输入格式
第11行，为两个正整数，用一个空格隔开：
N m（其中N(<32000)表示总钱数，m(<60)为希望购买物品的个数。） 从第2行到第m+1行，第j行给出了编号为j-1的物品的基本数据，每行有3个非负整数
vpq （其中v表示该物品的价格（v<10000），p表示该物品的重要度（1-5），q表示该物品是主件还是附件。如果q=0，表示该物品为主件，如果q>0，表示该物品为附件，q是所属主件的编号）
输出格式
一个正整数，为不超过总钱数的物品的价格与重要度乘积的总和的最大值（<200000）。
输入输出样例
1000 5 800 2 0 400 5 1 300 5 1 400 3 0 500 2 0
2200
题目来源 洛谷P1064/NOIP2006tg t2
还记得做橙书的时候有一章叫有依赖的背包问题 但是没好好看 于是又手推了一遍
对于每个主件 我们有以下几种转移方法：
（1）不买
（2）只买主件
（3）只买主件和附件1
（4）只买主件和附件2
（5）主件、附件1、附件2都买
需要注意的是，在从这五种方案转移的过程中，务必五种方案要同时进行
否则由于（3）、（4）、（5）转移时都用到了只买主件的方案，则会出现每件物品购买多次的情况
上代码
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> using namespace std; int dp[100050],n,m,head[100050],num,v[100050],p[100050],book[100050],idx; struct edge { int u,v,nxt; }e[100050]; void add(int u,int v) { e[++num].u=u,e[num].v=v; e[num].nxt=head[u],head[u]=num; } int main() { memset(head,-1,sizeof head); scanf("%d%d",&n,&m); int q; for(int i=1;i<=m;i++) { scanf("%d%d%d",&v[i],&p[i],&q); if(q>0)add(q,i);//是附件 else book[++idx]=i;//是主件 } for(int i=1;i<=idx;i++) { int x=book[i]; int temp=0; for(int st=head[x];st!=-1;st=e[st].nxt)temp++; if(!temp)//只有主件 for(int j=n;j>=v[x];j--)dp[j]=max(dp[j],dp[j-v[x]]+v[x]*p[x]); else if(temp==1) { for(int j=n;j>=v[x]+v[e[head[x]].v];j--) dp[j]=max(dp[j],max(dp[j-v[x]]+v[x]*p[x],dp[j-v[x]-v[e[head[x]].v]]+v[x]*p[x]+
v[e[head[x]].v]*p[e[head[x]].v])); for(int j=v[x]+v[e[head[x]].v]-1;j>=v[x];j--)dp[j]=max(dp[j],dp[j-v[x]]+v[x]*p[x]); }//只有一个附件，有该附件可不可以买两种情况 else if(temp==2) { int st=head[x]; int y=e[st].v; st=e[st].nxt; int y2=e[st].v; if(v[y2]>v[y])swap(y,y2); for(int j=n;j>=v[x]+v[y]+v[y2];j--) dp[j]=max(dp[j],max(max(dp[j-v[x]]+v[x]*p[x],dp[j-v[y]-v[y2]-v[x]]+v[y]*p[y]+
v[y2]*p[y2]+v[x]*p[x]),max(dp[j-v[x]-v[y]]+v[x]*p[x]+v[y]*p[y],dp[j-v[x]-v[y2]]+v[x]*p[x]+v[y2]*p[y2])));//五种同时进行 for(int j=v[x]+v[y]+v[y2]-1;j>=v[x]+v[y];j--) dp[j]=max(dp[j],max(dp[j-v[x]]+v[x]*p[x],dp[j-v[x]-v[y2]]+v[x]*p[x]+v[y2]*p[y2]));//方案（5）做不到 for(int j=v[x]+v[y]-1;j>=v[x];j--) dp[j]=max(dp[j],dp[j-v[x]]+v[x]*p[x]);//方案（3）、（4）做不到 //写到这里突然意识到其实漏掉了一种情况，即在附件1比附件2贵的情况下，无法只买主件和附件1，但可以只买主件和附件2，
即j=v[x]+v[y]-1----->v[x]+v[y2]的情况，应该补充在方案（5）做不到和方案（3）（4）做不到后两种情况中间，请大家自己补充
（由此可见CCF当年数据有多H2O善良（逃）） } } printf("%d",dp[n]); return 0; }