金明的預算方案

題解：帶有附件的揹包問題，它屬於01揹包的變式。

這題還好，每乙個物品最多只有兩個附件，那麼我們在對主件進行揹包的時候，決策就不再是兩個了，而是五個。

還記得01揹包的決策是什麼嗎？

1.不選，然後去考慮下乙個

2.選，揹包容量減掉那個重量，總值加上那個價值。

這個題的決策是五個，分別是：

1.不選，然後去考慮下乙個

2.選且只選這個主件

3.選這個主件，並且選附件1

4.選這個主件，並且選附件2

5.選這個主件，並且選附件1和附件2.

這個。。。很好想吧。。。

我們知道，01揹包的狀態轉移方程（已使用滾動陣列優化）是f[j] = max(f[j],f[j-w[i]]+c[i])，那麼，這道題的轉移方程也就不難寫出了。

等等，你得先判斷某個選附件的決策是不是可行的，如果當前的容量還夠放第乙個，或第二個，或兩個都選的附件，那麼才能考慮轉移。

當然，不選附件的話就不用判啦，直接01揹包的轉移方程即可。

我們令main_item_w陣列表示某個主件的費用，而main_item_c陣列表示某個主件的價值。

同樣的，用二維陣列annex_item_w表示某個附件的費用，annex_item_c表示某個附件的價值，第二維只需要0,1,2這三個數，其中第二維是0的場合表示這個主件i的附件數量，它只能等於0或1或2。第二維是1或者是2的值代表以i為主件的附件1或者附件2的相關資訊（費用價值）。這些陣列的資訊應該在讀入時處理好，具體詳見**。

這樣，狀態轉移方程就是四個。

不選附件的①：f[j] = max(f[j],f[j-main_item_w[i]]+main_item_c[i]);

選附件1的②：f[j] = max(f[j],f[ j - main_item_w[i] - annex_item_w[i][1] ] + main_item_c[i] + annex_item_c[i][1]);

選附件2的③：f[j] = max(f[j],f[ j - main_item_w[i] - annex_item_w[i][2] ] + main_item_c[i] + annex_item_c[i][2]);

選附件1和附件2的④：f[j] = max(f[j],f[ j - main_item_w[i] - annex_item_w[i][1] - annex_item_w[i][2] ] + main_item_c[i] + annex_item_c[i][1] + annex_item_c[i][2]);

已經滾動掉了第一維，道理和正常向的01揹包都是一樣的，即只有i和i-1有關係，但是這個規律在迴圈中已經滿足了所以完全沒必要記錄。

目標狀態f[n]，輸出就好。

/*
*@author: stzg
*@language: c++
*/#include #include#include#include#include#include#include#include#include#include#include#include#include#include#include#include//#define debug
#define ri register int
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef __int128 lll;
const int n=32000+1000;
const int mod=1e9+7;
const double pi = acos(-1.0);
const double exp = 1e-8;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
int t,n,m,k,q,v,p;
int mw[n];
int mc[n];
int aw[n][3];
int ac[n][3];
int f[n];
int main()
else
}for (int i=1;i<=m;i++)
for (int j=n;mw[i]!=0 && j>=mw[i];j--)
cout << f[n] << endl;
//cout << "hello world!" << endl;
return 0;
}

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