P8903 [USACO22DEC] Bribing Friends G 题解

思路

$O(N^4)$ 的动态规划朴素做法这里就不再赘述。

我们考虑正解。看数据规模，正解的时间复杂度很有可能是 $O(N^2)$ 的。不难发现，我们这道题比较可能的两种算法是贪心和动态规划。可贪心少个策略，因为去评价一头奶牛有三个指标（受欢迎度、哞尼数以及多少个冰激凌可以化成一个哞尼）。

那么我们考虑继续思考动态规划。怎么优化呢？不难想到排序或者用某种策略以 消掉一维 。可该消哪一维呢？我们发现在固定选哪些奶牛的时候我们的冰激凌会优先用到 $X_i$ 小的奶牛身上。

所以我们发现，按照 $X_i$ 从小到大排序，对每个前缀做动态规划（即从前往后做动态规划），状态 $dp[i][j]$ 表示前 $i$ 头奶牛，共用 $j$ 个冰激凌可以获得的最大人气；相反，我们再从后往前做一遍动态规划，状态 $dp[i][j]$ 表示 $n$ 到 $i$ 这些奶牛，共用 $j$ 个哞尼可以获得的最大人气。那么我们只要枚举中断点，那个中断点哞尼和冰激凌都可以用，然后把两边和中断点相加再取最大值就可以获得最优的方案。

证明

1. 会不会有多个中断点呢？ 不会。我们考虑把中断点中靠后的点的冰激凌拿去给靠前的，一定不会亏。
2. 全选冰激凌和不选冰激凌的区间一定以前后缀的形式分别出现吗？ 当然。原因是我们一定会把选的点中 $X_i$ 较大的给 $X_i$ 较小的，这样一定不会比之前的方案差，故为前缀。而后缀是因为都给前面的了。

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=2010;
struct A{
    int p,c,x;
    friend bool operator < (const A a,const A b){//x从小到大排序 
        return a.x<b.x;
    }
}a[N];
int n,m[2],ans,dp[2][N][N],mx[2][N][N]; 
void Init_dp(int t){//dp初始化 
    memset(dp[t],0xf3,sizeof(dp[t]));
    memset(mx[t],0xf3,sizeof(mx[t]));
    dp[t][!t?0:n+1][0]=0;
    for(int i=0;i<=m[t^1];i++){
        mx[t][!t?0:n+1][i]=0;
    }
}
void DP(int t){
    Init_dp(t);
    if(!t){
        for(int i=1;i<=n;i++){
            int v=a[i].c*a[i].x,w=a[i].p;
            for(int j=0;j<=m[t^1];j++){
                if(j>=v){
                    dp[t][i][j]=max(dp[t][i][j],dp[t][i-1][j-v]+w);
                }
                dp[t][i][j]=max(dp[t][i][j],dp[t][i-1][j]);
                mx[t][i][j]=max(mx[t][i][j-1],dp[t][i][j]);
            }
        }
    }
    else{
        for(int i=n;i>=1;i--){
            int v=a[i].c,w=a[i].p;
            for(int j=0;j<=m[t^1];j++){
                if(j>=v){
                    dp[t][i][j]=max(dp[t][i][j],dp[t][i+1][j-v]+w);
                }
                dp[t][i][j]=max(dp[t][i][j],dp[t][i+1][j]);
                mx[t][i][j]=max(mx[t][i][j-1],dp[t][i][j]);
            }
        }
    }
} 
int main(){
    scanf("%d%d%d",&n,&m[0],&m[1]);
    for(int i=1;i<=n;i++){
        scanf("%d%d%d",&a[i].p,&a[i].c,&a[i].x);
    }
    sort(a+1,a+n+1);
    DP(0),DP(1);
    for(int i=1;i<=n;i++){
        for(int j=0;j<=a[i].c&&j*a[i].x<=m[1];j++){
            ans=max(ans,mx[0][i-1][m[1]-a[i].x*j]+a[i].p+mx[1][i+1][m[0]-(a[i].c-j)]);
        }
    }
    printf("%d\n",ans);
    return 0;
}