這一道題就是典型的揹包dp。
我們可以設一下bz[i]這個布林陣列為是否能剛好用掉i元錢，然後用乙個輔助布林陣列，bz2[i][j]表示在剛好花掉i元錢，最優方案的時候第j個菜是否會被選中。
接著我們便會得到乙個轉移方程。
如果bz[i-c[j]]的方案比bz[i]好，
bz2[i]=bz2[j]。
但問題是，我們怎麼判斷bz[i-c[j]]的方案是否會比bz[i]好呢？
首先我們先判斷一下他們的分數（注意，bz[i-c[j]]的所有分數和加起來後還要加是s[j]！），如果分數相同，我們就看一下他們的編號和（也別忘了加j！）如果編號和相同，我們就看一下他們的字典序是否相等，哪個更小就選哪乙個。
最後選擇所有方案中最優的方案。
#include
#include
using
namespace
std;
bool bk[1100][110],bz[1100];
int s[1100],c[1100];
int b,n;
int sum7[110],sum8[110];
int ans3[110];
int mymin(int x,int y)
bk[cost][id]=true;
return ;
}if(bk[cost-c[id]][id]==true)
int sum=0,sum2=0,sum3=0,sum4=0,sum5=0,sum6=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
if(bk[cost][i]==true)
}sum5++;
sum7[sum5]=id;
bool bk2=false;
if(sum+idtrue;
if(sum+id==sum2)
if(sum7[i]>sum8[i])
}if(bz2==true&&sum5>sum6)
}if(sum3+s[id]>sum4||(bk2==true&&sum3+s[id]==sum4))
bk[cost][id]=true;
}return ;
}int main()
memset(bz,false,sizeof(bz));
memset(bk,false,sizeof(bk));
bz[0]=true;
for(int i=1;i<=n;i++)}}
int ans=-1,ans2;
for(int i=0;i<=b;i++)
}bool bk2=false;
if(sum9==ans)
if(bk[ans2][j]==true)
}if(sumtrue;
if(sum==sum2)
if(sum7[j]>sum8[j])
}if(bz2==false&&sum5>sum6)}}
if(sum9>ans||(sum9==ans&&bk2==true))
}printf("case #%d:\n",++t2);
printf("%d %d\n",ans,ans2);
int len=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
}for(int i=1;i<=len;i++)
}return
0;}
度度熊回家
度度熊回家 時間限制 1秒 空間限制 32768k 乙個數軸上共有 n個點，第乙個點的座標是度度熊現在位置，第 n 1個點是度度熊的家。現在他需要依次的從 0號座標走到 n 1號座標。但是除了 0號座標和 n 1號座標，他可以在其餘的 n 2個座標中選出乙個點，並直接將這個點忽略掉，問度度熊回家至少...
度度熊回家
輸入乙個正整數n,n 50。接下來n個整數表示座標，正數表示x軸的正方向，負數表示x軸的負方向。絕對值小於等於100輸出描述 輸出乙個整數表示度度熊最少需要走的距離。輸入例子 4 1 4 1 3輸出例子 4思路 這題的關鍵在如何找到可以去除的那一點。考察連續的三個點，若三點的值都是遞增的，如，這樣，...
度度熊回家 （模擬）
思路 先計算出從第0個座標到第n 1個座標的距離，然後列舉忽略 1 n 2 的點，直接可以得到需要走的距離。複雜度o n 當然暴力列舉再重新計算也是可以ac的，複雜度o n2 ac include include using namespace std define inf 0x3f3f3f3f c...