CF1203F2 - Complete the Projects (hard version) 题解

题干

给定任务个数 $n$ 和初始值 $r$，第 $i$ 个任务至少需要 $r$ 为 $a_i$ 时才能做，完成后 $r$ 会增长 $b_i$，每次完成任务后的能力值必须大于等于 $0$，最多能做多少个任务。

思路

一道贪心题，考虑 dp。

对第一个或最后一个阶段进行分类讨论，化原问题为子问题。——某老师

因为 $-300 \le b_i \le 300$，显然，分类讨论从 $b_i$ 入手,分正负两种。

对于 $b_i \ge 0$ 的任务，比较简单，即对应的 $a_i$ 从小到大排序，当前能力值 $r \ge a_i$ 就选上。

对于剩下的（$b_i<0$）任务，就需要解决“做第 $i$ 个任务需要 $a_i$ 的能力值，做完减少 $b_i$（此时 $b_i$ 为原 $b_i$ 的绝对值），最多能做多少个任务”的问题。这时，dp 就派上用场了。$dp_{i,j}$ 表示，做前 $i$ 个任务，能力值为 $j$ 时，最多能做几个任务。再优化压缩一下，可成为一维数组（不过还是两重循环）。

dp 前要先对任务进行排序，对于以上两种的 $b_i$ 要分别用两个数组来装，对于装第一种的数组，以 $a_i$ 从小到大排序，若相等则 $b_i$ 更大者优先；对于第二种，则是以 $a_i+b_i$ 更大者优先。

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
struct Node {
	int need,val;
}yyx1[111],yyx2[111];
int l1,l2,aa,n,s,dp[66666],ans;
int main() {
	memset(dp,-0x3f,sizeof(dp));
	cin>>n>>s;
	for(int i=1;i<=n;i++) {
		int a,b;
		cin>>a>>b;
		if(b>=0) {
			yyx1[++l1]=Node{a,b};
		}
		else {
			yyx2[++l2]=Node{a,b};
		}
	}
	sort(yyx1+1,yyx1+l1+1,[](Node a,Node b) {if(a.need==b.need)return a.val>b.val; return a.need<b.need;});
	sort(yyx2+1,yyx2+l2+1,[](Node a,Node b) {return a.need+a.val>b.need+b.val;});
	for(int i=1;i<=l1;i++) {
		if(s>=yyx1[i].need) {
			aa++,s+=yyx1[i].val;
		}
	}
	for(int i=0;i<=s;i++)dp[i]=0;
	for(int i=1;i<=l2;i++) {
		for(int j=0;j<=60000;j++) {
			if(j-yyx2[i].val<=60000&&j-yyx2[i].val>=yyx2[i].need) dp[j]=max(dp[j],dp[j-yyx2[i].val]+1);
			ans=max(dp[j],ans);
		}
	} 
	cout<<ans+aa;
	return 0;
}