题解：洛谷 P3027 Making Money

【题目来源】

【题目描述】

FJ 又经营起了古董生意，买卖一些像奶牛圣诞树上的装饰之类的小玩意。他知道他会将他能存储的 \(N(1 \le N \le 100)\) 件不同的奶牛古董每件都卖出。

而且如果他的钱足够多他可以买他想要的任意数量的古董（即他可以购买的古董数量没有限制）。他只有 \(M(1\le M\le 10^5)\) 元钱来买古董，但他想要在他经商的第一年年末最大化他的利润（这有点难以解释）。

第 \(i\) 种古董采购需要花费 \(C_i(1\le C_i \le 10^5)\) 元钱，每卖掉一件可以获得 \(R_i(1\le R_i \le 10^5)\) 元钱（每卖一件的利润为 \(R_i-C_i\)）。FJ 可以以任意顺序卖出他的货物。他并不需要花光他所有的钱来购买古董。

FJ 在他经商的第一年年末能得到的最大总利润（利润 = 初始钱数 - 总花费 + 总收入）是多少呢？输入数据保证这个数字不会超过 \(10^9\)。

假设 FJ 只有 \(3\) 种古董而且开始时有 \(M=17\) 元钱。下面是三种古董的花费和收入。

古董	花费	收入
1	2	4
2	5	6
3	3	7

在这种情况下，FJ 应该花 \(15\) 元购买 \(5\) 个 \(3\) 号古董，再花 \(2\) 元购买 \(1\) 个 \(1\) 号古董，总共 \(17\) 元。他的利润是 \(5\times(7-3)+1\times(4-2)=5\times4+1\times2=22\) 元。他不能获得比这更多的利润了。

提示：第二个样例很有挑战性，但我们的答案是正确的。

【输入】

第 \(1\) 行：两个用空格分隔的整数：\(N\) 和 \(M\)。
第 \(2\) 行到第 \(N+1\) 行：第 \(i+1\) 行包含两个用空格分隔的整数：\(C_i\) 和 \(R_i\)。

【输出】

第 \(1\) 行：FJ 在给定成本和收入的情况下可以产生的最大利润。

【输入样例】

【输出样例】

【核心思想】

问题分析：给定 \(N\) 种古董，每种采购花费 \(C_i\)，卖出收入 \(R_i\)，利润 \(R_i - C_i\)。初始资金 \(M\)，每种古董可无限购买。目标是最大化总利润（剩余资金 + 买卖利润）。这是一个完全背包（逆向状态定义）问题，关键在于将"剩余资金"作为状态维度，通过逆向转移实现无限选取。
算法选择：
- 完全背包（逆向DP）：\(f[j]\) 表示当前剩余资金为 \(j\) 时能获得的最大额外利润
- 逆向状态转移：从资金 \(j\) 转移到 \(j - C_i\)（购买后剩余资金减少），利润增加 \(R_i - C_i\)
- 最终答案枚举：总利润 = 剩余资金 \(j\) + 额外利润 \(f[j]\)，枚举所有 \(j\) 取最大值
关键步骤：
- 初始化：memset(f, -0x3f, sizeof(f))，f[M] = 0（初始剩余资金 \(M\)，额外利润 \(0\)）
- 完全背包转移（\(i\) 从 \(1\) 到 \(N\)，\(j\) 从 \(M\) 到 \(0\)）：
  - 若 \(j \geq C_i\)：f[j - C_i] = max(f[j - C_i], f[j] + (R_i - C_i))
  - 含义：用剩余资金 \(j\) 购买古董 \(i\) 后，剩余 \(j - C_i\)，利润增加 \(R_i - C_i\)
- 统计答案：ans = max_{j=0}^{M}(j + f[j])
时间/空间复杂度：
- 时间复杂度：\(O(N \cdot M)\)，外层 \(N\) 种古董，内层 \(M\) 个资金状态
- 空间复杂度：\(O(M)\)，一维 DP 数组
完全背包逆向状态的核心思想：
- 状态定义的逆向思维：传统背包以"花费"为状态正向累加，本题以"剩余资金"为状态逆向递减，更符合"从初始资金出发不断购买"的实际过程
- 利润与资金的分离：\(f[j]\) 只记录"额外利润"，最终答案将剩余资金 \(j\) 与额外利润 \(f[j]\) 相加，得到总资金量
- 完全背包的倒序遍历：内层 \(j\) 从 \(M\) 到 \(0\) 倒序，保证每种古董在同一轮外层循环中可被无限次选取（同完全背包一维优化）
- 负无穷初始化：不可达状态设为负无穷，确保只有从初始状态 \(f[M]=0\) 可达的状态才被更新
- 适用于"初始资源有限、可无限选取、目标是最大化最终资源"的完全背包问题

【算法标签】

普及 #完全背包

【代码详解】

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

const int N = 105, M = 100005; // N:古董种类数上限, M:初始资金上限
int n, m, ans; // n:古董种类数, m:初始资金, ans:最大利润
int r[N], c[N]; // r[i]:第i种古董的收入, c[i]:第i种古董的花费
int f[M]; // f[j]:表示当前剩余资金为j时能获得的最大额外利润

int main()
{
    cin >> n >> m; // 读入古董种类数和初始资金
    for (int i=1; i<=n; i++) // 读入每种古董的花费和收入
        cin >> c[i] >> r[i];
    // 初始化DP数组为负无穷，表示初始状态下大部分资金状态不可达
    memset(f, -0x3f, sizeof(f));
    f[m] = 0; // 初始状态：剩余资金为m时，额外利润为0
    for (int i=1; i<=n; i++) // 外层循环：枚举每种古董
        for (int j=m; j>=0; j--) // 内层循环：枚举当前剩余资金（倒序，完全背包）
        {
            // 如果当前资金足够购买第i种古董
            if (j>=c[i])
                // 状态转移：用j-c[i]的资金状态更新j的资金状态
                // 购买后剩余资金减少c[i]，利润增加(r[i]-c[i])
                f[j-c[i]] = max(f[j-c[i]], f[j]+ (r[i]-c[i]));
        }
    // 枚举所有可能的最终剩余资金j，计算最大总利润
    // 总利润 = 剩余资金j + 通过买卖获得的额外利润f[j]
    for (int j=0; j<=m; j++)
        ans = max(ans, j+f[j]);
    cout << ans << endl; // 输出最大利润
    return 0;
}

【运行结果】

posted @ 2026-08-10 12:29 团爸讲算法阅读(6) 评论(0) 收藏举报

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题解：洛谷 P3027 Making Money

普及 #完全背包

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