P8548小挖的买花（01背包双重限制之限制一个最大一个最小）
P8548小挖的买花（双重限制之限制一个最大一个最小）
题目传送门：小挖的买花
题解
题目分析
这道题目是一个多重限制的01背包变种，而且一个限制是限制最大，另一个是限制最小
三维
状态表示方式：
dp[i][j][k],表示前i朵花，费用最大为j，新鲜度最少为k的状态中美丽度最大的状态
状态转移：
转移方式
不选第i枝花
直接由dp[i-1][j][k]转移来
选第i枝花(判断是否满足限制金额大于等于第i枝花的金额)
1.当前的花(第i枝花)直接能满足k需求(即第i枝花的新鲜度大于k)
2.第i枝花新鲜度不够k，从之前减去第i枝花金额的j和减去第i枝花新鲜度的k的状态转移过来
dp[i][j][k]=dp[i-1][j][k];
if(j>=cost[i])
{
if(k<=fr[i])dp[i][j][k]=max(dp[i][j][k],dp[i-1][j-cost[i]][0]+be[i]);
{
dp[i][j][k]=max(dp[i][j][k],dp[i-1][j-cost[i]][0]+be[i]);
}
else if(dp[i-1][j-cost[i]][k-fr[i]]!=0)
{
dp[i][j][k]=max(dp[i][j][k],dp[i-1][j-cost[i]][k-fr[i]]+be[i]);
}
}
状态转移的解释(选的情况，不选的不用说了吧)
1.如果满足第一种情况的条件，则证明第i枝花的新鲜度大于k，可以直接从什么都不选的状态(即dp[i-1][j][0])转移到只选这一枝花的状态，然后再与当前的状态(不选这枝花)进行比较，选出较大的，从而更新该状态
2.如果满足第二种情况的条件，则证明不满足第一种状态，即第i枝花新鲜度没有k大(咱用的else if要是满足了就不会执行这种情况代码了)，但是要想满足选第i枝花的情况，所以只能想办法找到之前满足不选第i枝花，金额限制为当前的j减去第i枝花的金额，新鲜度限制为当前的k减去第i枝花的新鲜度，即dp[i-1][j-cost[i]][k-fr[i]]的状态再加上第i枝花的美丽度，就是多种花加起来的状态满足限制
关于状态转移的疑问
1.选第i枝花的情况为什么还要分两种情况考虑
如果单纯用第二种情况的转移方程会出现k-fr[i]<0的情况，超出数组范围，所以做判断
2为什么选择的情况的第二种情况要判断dp[i-1][j-cost[i]][k-fr[i]]是否大于0
假如说dp[i-1][j-cost[i]][k-fr[i]]的状态等于零，说明不存在这样的情况，所以不能用了
注意事项
每次dp完之后要将数组初始化，否则很可能出问题
40pts代码
#include<iostream>
#include<cstring>
using namespace std;
const int N=510;
int dp[N][N][N];
int cost[N],fr[N],be[N];
int n,q;
int main()
{
memset(dp,0,sizeof dp);
scanf("%d%d",&n,&q);
for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d%d%d",&cost[i],&fr[i],&be[i]);
while(q--)
{
int c,f;
scanf("%d%d",&c,&f);
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=0;j<=c;j++)
for(int k=0;k<=f;k++)
{
dp[i][j][k]=dp[i-1][j][k];
if(j>=cost[i])
{
if(k<=fr[i])dp[i][j][k]=max(dp[i][j][k],dp[i-1][j-cost[i]][0]+be[i]);
else if(dp[i-1][j-cost[i]][k-fr[i]]!=0)dp[i][j][k]=max(dp[i][j][k],dp[i-1][j-cost[i]][k-fr[i]]+be[i]);
}
}
printf("%d\n",dp[n][c][f]);
}
return 0;
分析无误，但时间复杂度过于吓人！（举例爆空间也不远了）
优化!优化!
二维
优化方式
将第一维枚举每枝花的操作用滚动数组代替
状态表示
dp[j][k]表示费用最大为j，新鲜度最少为k的状态中美丽度最大的状态
状态转移
转移方式
不选第i枝花
dp[j][k]的历史值(i-1情况下)
选第i枝花
同三维
if(k<=fr[i])
{
dp[j][k]=max(dp[j][k],dp[j-cost[i]][0]+be[i]);
}
else if(dp[j-cost[i]][k-fr[i]]!=0)
{
dp[j][k]=max(dp[j][k],dp[j-cost[i]][k-fr[i]]+be[i]);
}
注意事项
1.要将j反向枚举，因为状态转移方程中的dp[j-cost[i]][0]+be[i]和dp[j-cost[i]][k-fr[i]]+be[i]都会用到前一枝花的参数，即dp[j-cost[i]][0]+be[i]和dp[j-cost[i]][k-fr[i]]+be[i]的历史值(i-1情况下)，如果从小到大枚举会导致其提前更新
2.要将j的最小值设置成cost[i]防止出现负下标
为什么不用枚举j<cost[i]的状态了呢？因为j<cost[i]的状态为不选第i枝花，而f[j][k]的历史值就是i-1情况不选的状态
40pts代码（为什么又是。。。）
#include<iostream>
#include<cstring>
using namespace std;
const int N=510;
int dp[N][N];
int cost[N],fr[N],be[N];
int n,q;
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&q);
for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d%d%d",&cost[i],&fr[i],&be[i]);
while(q--)
{
memset(dp,0,sizeof dp);
int c,f;
scanf("%d%d",&c,&f);
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=c;j>=cost[i];j--)
for(int k=f;k>=0;k--)
if(k<=fr[i])dp[j][k]=max(dp[j][k],dp[j-cost[i]][0]+be[i]);
else if(dp[j-cost[i]][k-fr[i]]!=0)dp[j][k]=max(dp[j][k],dp[j-cost[i]][k-fr[i]]+be[i]);
printf("%d\n",dp[c][f]);
}
return 0;
}
but,我们的空间复杂度优化了真的不少！！！
继续优化！！！
多次询问的集中处理
我们注意到题目中cost[],fr[],be[]还有我们的dp[][]数据规模只有500，那么即使我们在一开始就根据数据规模和题目提供的每枝花的参数把所有的的情况都跑一遍，计算量也不会很大
而且我们之前对于每一次询问都会跑一遍，进行了很多不必要的重复计算，因此我们可以根据开始跑出来的结果，输入对应的金额限制和新鲜度总和限制查询dp数组中的数据即可(当然，我们的初始化操作也省了)
三维dp优化后的80pts
#include<iostream>
#include<cstring>
using namespace std;
const int N=510;
int dp[N][N][N];
int cost[N],fr[N],be[N];
int n,q;
int main()
{
memset(dp,0,sizeof dp);
scanf("%d%d",&n,&q);
for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d%d%d",&cost[i],&fr[i],&be[i]);
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=0;j<=500;j++)
for(int k=0;k<=500;k++)
{
dp[i][j][k]=dp[i-1][j][k];
if(j>=cost[i])
{
if(k<=fr[i])dp[i][j][k]=max(dp[i][j][k],dp[i-1][j-cost[i]][0]+be[i]);
else if(dp[i-1][j-cost[i]][k-fr[i]]!=0)dp[i][j][k]=max(dp[i][j][k],dp[i-1][j-cost[i]][k-fr[i]]+be[i]);
}
}
while(q--)
{
int c,f;
scanf("%d%d",&c,&f);
printf("%d\n",dp[n][c][f]);
}
return 0;
}
时间复杂度好多了！空间嘛。。。。。。。。。
二维dp，AC！！！！！！
#include<iostream>
#include<cstring>
using namespace std;
const int N=510;
int dp[N][N];
int cost[N],fr[N],be[N];
int n,q;
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&q);
for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d%d%d",&cost[i],&fr[i],&be[i]);
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=500;j>=cost[i];j--)
for(int k=500;k>=0;k--)
if(k<=fr[i])dp[j][k]=max(dp[j][k],dp[j-cost[i]][0]+be[i]);
else if(dp[j-cost[i]][k-fr[i]]!=0)dp[j][k]=max(dp[j][k],dp[j-cost[i]][k-fr[i]]+be[i]);
while(q--)
{
int c,f;
scanf("%d%d",&c,&f);
printf("%d\n",dp[c][f]);
}
return 0;
}
时空都比较可观！！！
加上读入优化？
#include<iostream>
#include<cstring>
using namespace std;
const int N=510;
int dp[N][N];
int cost[N],fr[N],be[N];
int n,q;
template<class T>void read(T &x)
{
x=0;int f=0;char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9') {f|=(ch=='-');ch=getchar();}
while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);ch=getchar();}
x=f?-x:x;
return;
}
int main()
{
read(n),read(q);
for(int i=1;i<=n;i++)read(cost[i]),read(fr[i]),read(be[i]);
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=500;j>=cost[i];j--)
for(int k=500;k>=0;k--)
if(k<=fr[i])dp[j][k]=max(dp[j][k],dp[j-cost[i]][0]+be[i]);
else if(dp[j-cost[i]][k-fr[i]]!=0)dp[j][k]=max(dp[j][k],dp[j-cost[i]][k-fr[i]]+be[i]);
while(q--)
{
int c,f;
read(c),read(f);
printf("%d\n",dp[c][f]);
}
return 0;
}
好像再快不了了。。
最后有一个问题：转化成二维之后为啥k也要反向？
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=500;j>=cost[i];j--)
for(int k=500;k>=0;k--)
if(k<=fr[i])dp[j][k]=max(dp[j][k],dp[j-cost[i]][0]+be[i]);
else if(dp[j-cost[i]][k-fr[i]]!=0)dp[j][k]=max(dp[j][k],dp[j-cost[i]][k-fr[i]]+be[i]);
如果我们不将k反向，会出现如下的错误
这个问题着实难道我了，思索良久也毫无头绪。
知道我打开了这道题的讨论，发现了一个标题：注意零元购
我忽然就明白了：当cost[i]=0时,dp[j-cost[i]][k-fr[i]]+w[i]就等于dp[j][k-fr[i]]+w[i],而如果从小到大枚举k的话dp[j][j-fr[i]]明显不是历史值(i-1状态)，肯定被更新过了
结尾
编者旨在用自己的心路历程帮到广大OIer更深刻理解01背包问题，同时在编写过程中加深自己的理解和表达
如有大佬有更妙的解法，请留下高见
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