P5662 [CSP-J2019] 纪念品

DP 题。

容易发现一个物品如果持有多天，可以转换为每拿一天，就卖掉，如果明天还持有，再买回来即可。

为了方便，我们不妨叫它：长期持有定理。

定义 $i$ 为购买第 $i$ 件物品，$j$ 为提供预算，$k$ 表示第 $k$ 天，$a_{i,j}$ 代表物品 $i$，第 $j$ 天的价格，$f_i$ 表示提供 $i$ 元预算能赚的钱，状态转移方程如下：

$$f_j = \max(f_j, f_{j - a_{i,k}} - a_{i,k} + a_{i,k + 1})$$

答案即为 $f_m$。

解释一下原因。

$\max$ 前一项即今日不购买第 $i$ 件物品，后一项我们拆开看：

• $f_{j - a_{i,k}}$，购买后剩的钱能买到的最大金额。
• $- a_{i,k}$，购买它花费的钱。
• $a_{i,k + 1}$，根据长期持有定理，我们在第二天卖出，不会影响答案。

输入时颠倒下标，使第 $i$ 天第 $j$ 种纪念品的价格变为第 $j$ 种第 $i$ 天纪念品的价格。

直接转移即可，时间复杂度 $O(tnm)$：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int t, m, n, a[105][105], f[10005];
int main(){
    cin >> t >> n >> m;
    for(int i = 1; i <= t; i ++)
        for(int j = 1; j <= n; j ++)
        cin >> a[j][i];
    for(int k = 1; k < t; k ++){//第 t 天做的事情没有用
        for(int i = 0; i <= m; i ++) f[i] = 0;//清空
        for(int i = 1; i <= n; i ++)
			for(int j = a[i][k]; j <= m; j ++)//从 1 开始下标可能为负
			f[j] = max(f[j], f[j - a[i][k]]- a[i][k] + a[i][k + 1] );//状态转移方程
        m += f[m];//赚的钱拿走
    }
    cout << m;
    return 0;
}