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思路: 0/1背包
分析:
1 这一题和"hdu2546 饭卡"有点像,但是又有不同,不同的是这一题每一个物品都有一个限制的值Q[i],求最大的价值
2 题目明确提到每一种物品只能卖一次或这不卖,那这明显就是0/1的性质,但是现在多了一个条件钱不能少于Q[i]。这边的话我各种YY无果之后,果断看了题解,发现是要按照q-p排序,然后再做dp。
3 经过一番的YY之后,我明白了为什么按照q-p是正确的。我们都知道dp有一个很重要的特点就是无后效性,如果没有金钱的限制的话我们进行求解dp是肯定没有后效性的,但是有了金钱的限制之后完全就不一样了。
for (i=1; i<=n; i++)
for (j=m; j>=q[i]; j--)
dp[j]=max(dp[j],dp[j-p[i]]+v[i]);
要保证dp方程无后效性 j-p[i]一定要比j先算,那么当算i时,最小能算到q[i]-p[i],这样保证后面的可以用到前面的状态,因此以q[i]-p[i]排序即可保证无后效性。
代码:
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int MAX = 510;
const int MAXN = 5010;
struct Node{
int p;
int q;
int v;
bool operator<(const Node& s)const{
return (q-p) < (s.q-s.p);
}
};
Node node[MAX];
int n , m , dp[MAXN];
int solve(){
memset(dp , 0 , sizeof(dp));
sort(node+1 , node+1+n);
for(int i = 1 ; i <= n ; i++){
for(int j = m ; j >= node[i].q; j--)
dp[j] = max(dp[j] , dp[j-node[i].p]+node[i].v);
}
return dp[m];
}
int main(){
while(scanf("%d%d" , &n , &m) != EOF){
for(int i = 1 ; i <= n ; i++)
scanf("%d%d%d" , &node[i].p , &node[i].q , &node[i].v);
printf("%d\n" , solve());
}
return 0;
}
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