Cow Exhibition POJ - 2184

题目地址:https://vjudge.net/problem/POJ-2184

下面的解释是从一个大佬那搬来的,讲的很清楚
题意:给定一些奶牛,每个牛有s和f两个属性值,有正有负,要求选出一些牛,
使得这些牛的两种属性的和的加和最大,且这些牛的两种属性分别求加和不能为负。
分析:dp,开始想到dp[i][s][f],表示前i头牛能否实现属性和分别为s, f。空间和时间都不允许,
要将f从状态中拿出來,让f的属性和作为所求的值。即变为d[i][s] = f的形式。
表示用前i头牛构成s属性和为s的情况下f属性和最大为多少。状态转移从两种情况来,即用或者不用当前的牛。
dp[i][j] = max(dp[i - 1][j - s[i]] + f[i], dp[i - 1][j])。在实际操作的时候可以将第一维去掉,进行空间上的优化。
但是由于s[i]的值有正有负,所以在填写数组的顺序要根据s[i]的值来决定,
若为正则从右到左(类似01背包的空间优化),若为负则从左到右。
注意:动态规划中状态维和值是可以相互转化的。状态维过多,效率低的时候,
可以把将其转化为数组值;同理,数组值不唯一无法规划时,可以增加状态维使状态更详细

 


 

 1 #include<iostream>
 2 #include<algorithm>
 3 using namespace std;
 4 #define rep(i,j,k) for(int i = (j); i <= (k); i++)
 5 #define per(i,j,k) for(int i = (j); i >= (k); i--)
 6 #define mv (int)1e5
 7 #define N 105
 8 #define inf (1LL << 30) - 1
 9 #define maxn (int)2e5 + 10
10 
11 int dp[maxn];
12 int s[N], f[N];
13 int n;
14 
15 void input(){
16 
17     rep(i, 0, maxn - 1) dp[i] = -inf;
18 
19     cin >> n;
20     rep(i, 1, n) cin >> s[i] >> f[i];
21 }
22 
23 void work(){
24 
25     dp[0 + mv] = 0;
26 
27     rep(i, 1, n){
28         if (s[i] > 0){
29             per(o, (int)1e5, (int)(-1e5 + s[i])) 
30                 dp[o + mv] = max(dp[o + mv], dp[o - s[i] + mv] + f[i]);
31         }
32         else{
33             rep(o, (int)-1e5, (int)(1e5 + s[i]))
34                 dp[o + mv] = max(dp[o + mv], dp[o - s[i] + mv] + f[i]);
35         }
36     }
37 
38     int ans = 0;
39     rep(i, 0, (int)1e5){
40         if (dp[i + mv] >= 0) ans = max(ans, i + dp[i + mv]);
41     }
42 
43     cout << ans << endl;
44 }
45 
46 int main(){
47 
48     ios::sync_with_stdio(false);
49     cin.tie(0);
50     input();
51     work();
52 
53     return 0;
54 }

 

posted @ 2019-07-10 14:54  SummerMingQAQ  阅读(59)  评论(0编辑  收藏