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00个、11个或22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的NN元。于是，他把每件物品规定了一个重要度，分为55等：用整数1-51−5表示，第55等最重要。他还从因特网上查到了每件物品的价格（都是1010元的整数倍）。他希望在不超过NN元（可以等于NN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]v[j]，重要度为w_[j]w[j]，共选中了kk件物品，编号依次为j_1,j_2,…,j_kj1,j2,…,jk，则所求的总和为：
v_[j_1] \times w_[j_1]+v_[j_2] \times w_[j_2]+ …+v_[j_k] \times w_[j_k]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。
输入输出格式
输入格式：
第11行，为两个正整数，用一个空格隔开：
N mNm （其中N(<32000)N(<32000)表示总钱数，m(<60)m(<60)为希望购买物品的个数。） 从第22行到第m+1m+1行，第jj行给出了编号为j-1j−1的物品的基本数据，每行有33个非负整数
v p qvpq （其中vv表示该物品的价格（v<10000v<10000），p表示该物品的重要度（1-51−5），qq表示该物品是主件还是附件。如果q=0q=0，表示该物品为主件，如果q>0q>0，表示该物品为附件，qq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<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 这道题乍看是树上依赖背包，直接在树上跑dp，仔细一看，每件物品最多有两件附件，且附件没有从属自己的附件，
也就是说对于每种主件来说选择是确定的：
1.不选主件和附件
2.只选主件
3.选主件+附件1
4.选主件+附件2
5.选主件+附件1+附件2
那么这道题就转化成01背包了，对于每一种状态有5种转移方式。
1.二维DP
由于题中求 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，我们令dp[i][j]表示在前i个主件中花费j元最多能够得到的价值*重要度的总和
dp方程可以很快得到：
///id1表示主件的第1个附件，id2表示主件的第2个附件
///lst表示上一个主件的位置，cost[i]表示第i个物品的花费，imp[i]表示第i个物品的重要度
///val[i]表示第i个物品的花费*重要度（这里已经预处理并存储了）
1 int id1 = attch[i][],id2 = attch[i][];
int tmp = cost[id1],mmp = cost[id2];
int a=dp[lst][j],b = (j-cost[i] >= 0 ? dp[lst][ j-cost[i] ] + val[i]:);
int c=(j-cost[i]-tmp>=?dp[lst][j-cost[i]-tmp]+val[i]+tmp*imp[id1]:);
int d=(j-cost[i]-mmp>=?dp[lst][j-cost[i]-mmp]+val[i]+mmp*imp[id2]:);
int e=(j-cost[i]-tmp-mmp>=?dp[lst][j-cost[i]-tmp-mmp]+val[i]+tmp*imp[id1]+mmp*imp[id2]:);
dp[i][j]=max(max(max(max(a,b),c),d),e);
接下来就是经典的二重循环转移了，这里不再赘述
问题来了
看下面的代码：
1 for(int j=mon;j>=cost[u];j--)
mon表示预算(题中的N)，cost [ u ] 表示当前主件的花费
如果你是这么写的话，在洛谷上提交代码，你会发现WA了一个点
为什么呢?
因为我们第一种情况并没有全部从上一个主件转移到现在的主件
当 j < cost [ i ] 时，我们发现五个转移条件中有四个不满足，但是第一种情况是可以转移的！
所以当数据不是太水的时候，会存在一些测试点恰好用得上这第一种转移，
所以正确写法是这样的：
1 for(int j=mon;j>=;j--)
2.一维DP（滚动数组）
我们可以发现我们每一次的转移都是建立在上一次的基础上，所以我们只要逆序dp，这样使得此次dp都是由上一次的状态转移而来
同理：
int id1=attch[i][],id2=attch[i][];
int tmp=cost[id1],mmp=cost[id2];
int a=dp[j],b=(j-cost[i]>=?dp[j-cost[i]]+val[i]:);
int c=(j-cost[i]-tmp>=?dp[j-cost[i]-tmp]+val[i]+tmp*imp[id1]:);
int d=(j-cost[i]-mmp>=?dp[j-cost[i]-mmp]+val[i]+mmp*imp[id2]:);
int e=(j-cost[i]-tmp-mmp>=?dp[j-cost[i]-tmp-mmp]+val[i]+tmp*imp[id1]+mmp*imp[id2]:);
dp[j]=max(max(max(max(a,b),c),d),e);
接下来就是经典的01背包循环了
那么一维dp是否存在上述二维数组的问题呢？？
我们发现一维dp是在覆盖上一次状态的基础上达到优化空间的目的的，所以未覆盖的位置（j < cost [ i ] 时）是依旧存在于数组中的，这样就不存在上述问题了
两个方案代码如下
1.
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<string>
#include<cctype>
#include<vector>
using namespace std;
namespace zi_qilin
{
const int maxm=+;
const int maxn=+;
int n,mon,lst;
int imp[maxn],val[maxn],cost[maxn],dp[maxn][maxm];
int attch[maxm][];
vector<int> obj;
inline int read()
{
int x=;bool w=;char c=;
while(!isdigit(c)) w|=c=='-',c=getchar();
while(isdigit(c)) x=(x<<)+(x<<)+(c^),c=getchar();
return w?-x:x;
}
inline void fuzhi(int i,int j)
{
int id1=attch[i][],id2=attch[i][];
int tmp=cost[id1],mmp=cost[id2];
int a=dp[lst][j],b=(j-cost[i]>=?dp[lst][j-cost[i]]+val[i]:);
int c=(j-cost[i]-tmp>=?dp[lst][j-cost[i]-tmp]+val[i]+tmp*imp[id1]:);
int d=(j-cost[i]-mmp>=?dp[lst][j-cost[i]-mmp]+val[i]+mmp*imp[id2]:);
int e=(j-cost[i]-tmp-mmp>=?dp[lst][j-cost[i]-tmp-mmp]+val[i]+tmp*imp[id1]+mmp*imp[id2]:);
dp[i][j]=max(max(max(max(a,b),c),d),e);
//printf("%d\n",dp[i][j]);
//if(i==4) printf("%d %d\n",j,dp[i][j]);
}
inline int work()
{
memset(attch,,sizeof(attch));
mon=read()/,n=read();
obj.push_back();
for(int i=;i<=n;i++)
{
int a=read()/,b=read(),q=read();
cost[i]=a,imp[i]=b;
val[i]=a*b;
if(q)
{
if(attch[q][]) attch[q][]=i;
else attch[q][]=i;
continue;
}
obj.push_back(i);
}
memset(dp,,sizeof(dp));
lst=;
for(int i=;i<obj.size();i++)
{
int u=obj[i];
for(int j=mon;j>=;j--)
{
fuzhi(u,j);
}
lst=obj[i];
//printf("%d\n",dp[lst][mon]);
}
printf("%d",dp[lst][mon]*);
return ;
}
}
int main()
{
//system("mode con cols=100 lines=10000");
//freopen("testdata.in","r",stdin);
//freopen("ppp.out","w",stdout);
return zi_qilin::work();
}
2.
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<string>
#include<cctype>
#include<vector>
using namespace std;
namespace zi_qilin
{
const long long maxm=+;
const long long maxn=+;
long long n,mon,lst;
long long imp[maxn],val[maxn],cost[maxn],dp[maxm];
long long attch[maxm][];
vector<long long> obj;
inline long long read()
{
long long x=;bool w=;char c=;
while(!isdigit(c)) w|=c=='-',c=getchar();
while(isdigit(c)) x=(x<<)+(x<<)+(c^),c=getchar();
return w?-x:x;
}
inline void fuzhi(long long i,long long j)
{
long long id1=attch[i][],id2=attch[i][];
long long tmp=cost[id1],mmp=cost[id2];
long long a=dp[j],b=(j-cost[i]>=?dp[j-cost[i]]+val[i]:);
long long c=(j-cost[i]-tmp>=?dp[j-cost[i]-tmp]+val[i]+tmp*imp[id1]:);
long long d=(j-cost[i]-mmp>=?dp[j-cost[i]-mmp]+val[i]+mmp*imp[id2]:);
long long e=(j-cost[i]-tmp-mmp>=?dp[j-cost[i]-tmp-mmp]+val[i]+tmp*imp[id1]+mmp*imp[id2]:);
dp[j]=max(max(max(max(a,b),c),d),e);
//printf("%d\n",dp[j]);
}
inline long long work()
{
memset(attch,,sizeof(attch));
mon=read()/,n=read();
obj.push_back();
for(long long i=;i<=n;i++)
{
long long a=read()/,b=read(),q=read();
cost[i]=a,imp[i]=b;
val[i]=a*b;
if(q)
{
if(attch[q][]) attch[q][]=i;
else attch[q][]=i;
continue;
}
obj.push_back(i);
}
memset(dp,,sizeof(dp));
lst=;
for(long long i=;i<obj.size();i++)
{
long long u=obj[i];
for(long long j=mon;j>=cost[u];j--)
{
fuzhi(u,j);
}
lst=u;
}
printf("%lld",dp[mon]*);
return ;
}
}
int main()
{
//freopen("testdata.in","r",stdin);
//freopen("mmp.out","w",stdout);
return zi_qilin::work();
}
ps：就这个问题我调了一个小时，果然还是一维数组省心啊~~