UVA12325-注意提高效率的思路

题目大意：
你有一个体积为N的箱子和两种数量无限的宝物。宝物1的体积为S1，价值为V1；宝物2的体积为S2，价值为V2。输入均为32位带符号的整数。你的任务是最多能装多少价值的宝物？

 

方法：其实也没那么不好想，关键是要冷静下来一步步分析，如何降低枚举的数量。首先立马想到的肯定是性价比高的先装，但问题是会有剩余空间，使得这样的贪心策略并不是最优的。假设我们现在已经满足s1*v2<=s2*v1，也就是说物品1性价比不会比物品2的小。那么设最终物品1选n1件，物品2选n2件我们得到的等式就是ans=n1*v1+n2*v2。此时显然有物品2的数量不会超过s1，(否则这s1个物品2的空间放物品1的价值为s2*v1更优)，同时n2自身不会超过n/s2，对于s1<=s2的情况下显然复杂度在sqrt(n)之下；对于s1>s2时显然只能枚举物品1的数量了，首先由于物品1性价比高，所以我们不妨先全选了，然后再枚举要拿出多少物品1放物品2可取到最优解，那么显然同样我们能拿出的物品数不会超过s2，同时总的拿出的物品数不会大于n/s1，故复杂度仍然在sqrt(n)之下。这样问题就解决了。

 

本题有个有个降低枚举量的方法，即判断S1，S2的大小关系后再进行枚举但当S1，S2都很小的则用到下面一种枚举方法：
对于宝物1和2，当所占体积为S1*S2时，分别能够提供的价值为S2*V1和S1*V2，我们便可以根据两者的大小关系判断选哪一种物品，如果S2*V1>=S1*V2，则我们可以得出宝物的数量最多为S1-1，因为如果我们选了S1件宝物2，则我们完全可以用S2件宝物1去代替，而且我们获得价值会更大。因此每次可以枚举min(S1-1,cnt2)或者min(S2-1,cnt1)便可以得出答案。
另外书上提出了分类枚举的方法，我们可以根据S1和S2的范围大小而采取不同的枚举方法。
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#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
int main()
{
    //freopen("in.txt","r",stdin);
    //freopen("ans.txt","w",stdout);
    int t,n,s1,v1,s2,v2;
    scanf("%d",&t);
    for(int tt=1; tt<=t; tt++)
    {
        scanf("%d%d%d%d%d",&n,&s1,&v1,&s2,&v2);
        if(s1>s2)
        {
            swap(s1,s2);
            swap(v1,v2);
        }//s1 must bigger than s2
        printf("Case #%d: ",tt);
        long long value=0;
        if(n/s2>=65536)
        {
            for(long long i=0; i<=s1; i++)//2
                value=max(value,v2*i+(n-i*s2)/s1*v1);
            for(long long i=0; i<=s2; i++)//1
                value=max(value,v1*i+(n-i*s1)/s2*v2);
        }
        else
        {
            for(long long i=0; s2*i<=n; i++)
            value=max(value,v2*i+(n-s2*i)/s1*v1);
        }
        printf("%lld
",value);
    }
    return 0;
}

其实，当一个一个枚举的时候，可以这样想，当我的某一种比较小的时候就可以枚举他。

但是要是s1,s2都很小的时候，枚举哪个都是超时的。

这个时候，可以这样考虑，假设两中体积相等（1宝贝s2个，2宝贝s1个），但是他有一个性价比，价值分别是s2*v1 和 s1*v2;

那么如果1宝贝价值大一点，那么2宝贝肯定个数小于s1个，枚举这s1个就OK了

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空间相同，想要装入更多的价值宝贝，必须尽量装入性价比高的宝贝