dp例题01. 任务价值最大化

题目Description：

  大凯有n项任务可选择去做， 分别对应有开始时间， 结束时间以及任务报酬， 同一时间内最多做一件任务， 现在大凯想知道最多能得到多少报酬， 于是把求解任务交给了你。

 

输入：第一行 为 n ——表示总共有n项任务 (n <= 5000)

　　　接下来n行， 每行有三个数， 分别对应第i个任务的开始时间si， 结束时间ei 以及任务报酬vi。(0 <= si < ei <1e5,  0 < vi <= 1e5)

输出：最多能获得的报酬。

 

Sample Input:

8
0 6 8
3 5 1
8 11 4
6 10 2
1 4 5
4 7 4
3 8 6
5 9 3

Sample Output

13

解题思路: dp算法

先按任务结束时间进行升序排序。

dp[i] 表示做前面 i 个 任务所能得到的最多报酬。

这里构造一个pre数组， pre[i] 表示与做第i个任务不冲突的在i之前 又与之最近的任务

dp[i]的确定：做第i个任务还是不做？  比较dp[i-1] (不做第i个)  与  dp[pre[i]] + i对应的报酬， 即： dp[i] = (dp[i-1] > dp[prev[i]] + task[i].value)? dp[i-1] : dp[prev[i]] + task[i].value;

　　以下为c语言代码：

#include <stdio.h>
#include <stdlib.h>
#define maxn 5005

struct e {
    int start, end, value;
}task[maxn];

// 手写快排算法
void quick_sort(struct e * task, int left, int right) {
    if (left >= right) return;
    int l = left, r = right;
    int base = rand() % (r - l + 1) + l;
    struct e temp = task[base];
    task[base] = task[l];
    task[l] = temp;
    base = task[l].end;
    while (l < r) {
        while (task[r].end > base && l < r) r--;
        if (l < r) {
            task[l] = task[r];
            l++;
        }
        while (task[l].end <= base && l < r) l++;
        if (l < r) {
            task[r] = task[l];
            r--;
        }
    }
    task[l] = temp;
    quick_sort(task, left, l-1);
    quick_sort(task, l+1, right);
}

int main() {
    int dp[maxn], prev[maxn], n;
    scanf("%d", &n);
    // 1到n记录， 空出0
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        scanf("%d%d%d", &task[i].start, &task[i].end, &task[i].value);
    }

    // 根据结束时间升序排序
    quick_sort(task, 1, n);

    // 构造prev数组     pre[i] 表示与做第i个任务不冲突的在i之前 又与之最近的任务
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        for (int j = i-1; j >= 0; j--) {
            if (task[j].end <= task[i].start) {
                prev[i] = j;
                break;
            }
        }
    }
    
    // 有些任务不存在pre[i], 即pre[i] = 0, 前0个任务最多价值自然为0
    dp[0] = 0;

    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        dp[i] = (dp[i-1] > dp[prev[i]] + task[i].value)? dp[i-1] : dp[prev[i]] + task[i].value;
    }
    printf("%d\n", dp[n]);
    return 0;
}