题解：学而思编程 火灾

【题目来源】

学而思编程：火灾

【题目描述】

小猴的房子着火了，他想从大火中带走价值尽可能多的物品，每次他只能带走一个，救出第 \(i\) 个物品需要的时间是 \(t_i\)​，价值为 \(p_i\)​。

而第 \(i\) 个物品将在起火后 \(d_i\)​ 时间后被完全烧掉，这要求救出这个物品的时刻必须严格小于\(d_i\)​。特别的，如果 \(t_i≥d_i\)​，该物品无法被救出。

小猴一个接一个地救出他的物品，救出物品之间的时间忽略不计。问他能救出最多多少价值的物品？

【输入】

第一行为物品总数 \(n\)

接下来 \(n\) 行，每行有三个整数 \(t_i\)​，\(p_i\)​，\(d_i\)​

【输出】

输出能带走的最大的价值总和

【输入样例】

3
2 4 7
2 5 6
3 6 7

【输出样例】

11

【核心思想】

1. 问题分析：给定 \(n\) 个物品，每个物品救出需要 \(t_i\) 时间、价值 \(p_i\)，且必须在 \(d_i\) 时间之前救出（严格小于 \(d_i\)）。每次只能救一个物品，求能带走的最大价值总和。这是一个带截止时间的01背包问题。

2. 算法选择：

   • 按截止时间排序：将物品按 \(d_i\) 升序排序，确保在考虑第 \(i\) 个物品时，所有已处理的物品截止时间都不大于它
   • 01背包DP：\(f[j]\) 表示在时间 \(j\) 内能获得的最大价值
   • 逆序枚举：为保证每个物品只选一次，内层循环逆序枚举时间

3. 关键步骤：

   • 读取输入：\(n\)（物品数量），每个物品的 \(t_i, p_i, d_i\)
   • 按截止时间排序：sort(a + 1, a + n + 1, cmp)，按 \(d_i\) 升序
   • 01背包DP（\(i\) 从 \(1\) 到 \(n\)）：
     • 逆序枚举时间 \(j\) 从 \(a[i].d - 1\) 到 \(a[i].t\)：
       • \(f[j] = \max(f[j], f[j - a[i].t] + a[i].p)\)
     • 注意：\(j\) 的上限是 \(a[i].d - 1\)，因为必须在截止时间之前完成
   • 统计答案：遍历所有可能的时间点 \(1\) 到 \(a[n].d - 1\)，取最大值
   • 输出结果：最大价值总和 \(ans\)

4. 时间/空间复杂度：

   • 时间复杂度：\(O(n \times D)\)，其中 \(D = \max(d_i)\)，排序 \(O(n \log n)\)，背包 \(O(n \times D)\)
   • 空间复杂度：\(O(D)\)，一维DP数组

5. 带截止时间的01背包核心思想：

   • 排序预处理：按截止时间排序后，每个物品的可用时间范围是独立的，不会互相干扰
   • 时间上限限制：对于物品 \(i\)，枚举时间上限为 \(d_i - 1\)，确保在截止时间前完成
   • 逆序枚举保证：内层逆序枚举确保每个物品只被选取一次，符合01背包特性
   • 一维数组优化：使用滚动数组将空间复杂度从 \(O(n \times D)\) 优化到 \(O(D)\)
   • 适用于带时间限制的资源分配、任务调度类问题

【算法标签】

01背包

【代码详解】

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

// ================= 常量与全局变量 =================

const int N = 1005;      // 最大物品数量

int n;                   // 物品数量
int f[20005];            // 动态规划数组，f[j] 表示在时间 j 内能获得的最大价值
int ans = -1e9;          // 最终答案，初始化为极小值

// 物品结构体
struct Node
{
    int t;               // 耗时
    int p;               // 价值
    int d;               // 截止时间
} a[N];

// ================= 按截止时间升序排序 =================
bool cmp(Node x, Node y)
{
    return x.d < y.d;
}

// ================= 主函数 =================
int main()
{
    // 读取物品数量
    cin >> n;

    // 读取每个物品的耗时、价值和截止时间
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        cin >> a[i].t >> a[i].p >> a[i].d;

    // 按截止时间升序排序
    sort(a + 1, a + n + 1, cmp);

    // 01 背包：每个物品只能选一次
    for (int i = 1; i <= n; i++)
    {
        // 逆序枚举时间，保证每个物品只使用一次
        // 时间范围：[a[i].t, a[i].d - 1]
        // 必须在截止时间之前完成，所以最晚结束时间为 a[i].d - 1
        for (int j = a[i].d - 1; j >= a[i].t; j--)
        {
            f[j] = max(f[j], f[j - a[i].t] + a[i].p);
        }
    }

    // 在所有可能的时间点中取最大值
    // 最大截止时间为 a[n].d，因此枚举到 a[n].d - 1
    for (int i = 1; i <= a[n].d - 1; i++)
        ans = max(ans, f[i]);

    // 输出结果
    cout << ans << endl;

    return 0;
}

【运行结果】

3
2 4 7
2 5 6
3 6 7
11