01背包带附加物—洛—金明的预算方案
P1064 [NOIP 2006 提高组] 金明的预算方案
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 \(n\) 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 \(0\) 个、\(1\) 个或 \(2\) 个附件。每个附件对应一个主件，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 \(n\) 元。于是，他把每件物品规定了一个重要度，分为 \(5\) 等：用整数 \(1 \sim 5\) 表示，第 \(5\) 等最重要。他还从因特网上查到了每件物品的价格（都是 \(10\) 元的整数倍）。他希望在不超过 \(n\) 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 \(j\) 件物品的价格为 \(v_j\)，重要度为 \(w_j\)，共选中了 \(k\) 件物品，编号依次为 \(j_1,j_2,\dots,j_k\)，则所求的总和为：
请你帮助金明设计一个满足要求的购物单。
输入格式
第一行有两个整数，分别表示总钱数 \(n\) 和希望购买的物品个数 \(m\)。
第 \(2\) 到第 \((m + 1)\) 行，每行三个整数，第 \((i + 1)\) 行的整数 \(v_i\)，\(p_i\)，\(q_i\) 分别表示第 \(i\) 件物品的价格、重要度以及它对应的的主件。如果 \(q_i=0\)，表示该物品本身是主件。
输出格式
输出一行一个整数表示答案。
输入输出样例 #1
输入 #1
1000 5
800 2 0
400 5 1
300 5 1
400 3 0
500 2 0
输出 #1
2200
说明/提示
数据规模与约定
对于全部的测试点，保证 \(1 \leq n \leq 3.2 \times 10^4\)，\(1 \leq m \leq 60\)，\(0 \leq v_i \leq 10^4\)，\(1 \leq p_i \leq 5\)，\(0 \leq q_i \leq m\)，答案不超过 \(2 \times 10^5\)。
NOIP 2006 提高组 第二题
做题思路
刚开始想着单独处理不选和只选主件，然后在选主件的情况下滚动去选附件。
错解：
int n,m,ans;
int v[66],p[66];
vector<int> fu[66];
bool zhu[66];
int dp[32010][66][2],dp2[32010];
int main()
{
cin>>n>>m;
for(int i=1;i<=m;i++)
{
cin>>v[i]>>p[i];
int temp;
cin>>temp;
if(temp) fu[temp].push_back(i);
else zhu[i] = true;
}
for(int i=1;i<=m;i++) //先处理不加附件
{
if(!zhu[i]) continue;
for(int w = n; w >= v[i]; w--)
{
dp[w][i][0] = dp2[w];
dp[w][i][1] = dp2[w-v[i]] + v[i]*p[i];
dp2[w] = max(dp2[w],dp[w][i][1]);
}
}
for(int i = 1; i <= m; i++)
{
if(zhu[i]) continue;
for(auto x : fu[i]) //这里无法包括同时选俩个附件的情况，因为dp[w]没有同时减v[x1]和v[x2]
{
for(int w = n; w >= v[i] + v[x]; w--)
{
dp[w][i][1] = max(dp[w][i][1], dp[w-v[x]][i][1] + v[x]*p[x]);
dp2[w] = max(dp2[w], dp[w][i][1]);
}
}
}
for(int i=1;i<=n;i++)
ans = max(ans, dp2[i]);
cout<<ans;
return 0;
}
但这样附件只会加一个，不会一个主件同时加上俩换个附件。由于一个物品最多俩个附件，完全可以枚举所有状态。这是关键易错点。
所有状态（对于主件来说）：不选，选{0附件，1附件，2附件}，总共四种情况，直接转移即可。
正解：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m,ans;
int v[66],p[66];
vector<int> fu[66];
bool zhu[66];
int dp[32010]; //每个主件包括四种状态，不选的话没影响，前后无关联，不用多存状态
int main()
{
cin>>n>>m;
for(int i=1;i<=m;i++)
{
cin>>v[i]>>p[i];
int temp;
cin>>temp;
if(temp) fu[temp].push_back(i);
else zhu[i] = true;
}
for(int i=1;i<=m;i++)
{
if(!zhu[i]) continue;
for(int w = n; w >= v[i]; w--) //理解重点：由于四种情况在一个w里，不会出现主件买重的情况，且都会买一次
{
dp[w] = max(dp[w],dp[w-v[i]]+v[i]*p[i]); //不加附件
if(fu[i].size() >= 1 && w >= v[i]+v[fu[i][0]])
{
int temp = fu[i][0];
dp[w] = max(dp[w],dp[w-v[i]-v[temp]]+v[i]*p[i]+ v[temp]*p[temp]); //加附件1
}
if(fu[i].size() >= 2)
{
int temp1 = fu[i][0],temp2 = fu[i][1];
if(w >= v[i]+v[temp2])
{
dp[w] = max(dp[w],dp[w-v[i]-v[temp2]]+v[i]*p[i]+ v[temp2]*p[temp2]); //加附件2
}
if(w >= v[i]+v[temp1]+v[temp2])
{
dp[w] = max(dp[w],dp[w-v[i]-v[temp1]-v[temp2]]+v[i]*p[i]+v[temp1]*p[temp1]+v[temp2]*p[temp2]); //加俩个附件
}
}
}
}
for(int i=1;i<=n;i++)
ans = max(ans, dp[i]);
cout<<ans;
return 0;
}
反思总结
审清题目，发现状态很少，可以直接列举，不能分阶段，反而更绕，出现主件加多次，附件无法同时加的情况等
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