51nod 1548欧姆诺姆和糖果（枚举优化）

1548 欧姆诺姆和糖果

题目来源： CodeForces

基准时间限制：1 秒 空间限制：131072 KB 分值: 20 难度：3级算法题

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一天，欧姆诺诺姆来到了朋友家里，他发现了许多糖果。有蓝色和红色两种。他知道每颗红色糖果重Wr克，每颗蓝色糖果重Wb克。吃一颗蓝色糖果会给他带来Hb的欢乐值，吃一颗红色糖果会给他带来Hr的欢乐值。

欧姆诺姆最多只能吃C克的糖果，而且每一颗糖果不能只吃一半。现在他想通过吃蓝色和红色的糖果来获得最大的欢乐值。

样例解释：每一种糖果吃两颗即可。

Input

单组测试数据。输入占一行有四个整数C,Hr,Hb,Wr,Wb (1≤C,Hr,Hb,Wr,Wb≤10^9).

Output

输出最大可能获得的欢乐值。

Input示例

样例输入110 3 5 2 3

Output示例

样例输出116

System Message (题目提供者)

题解：很容易想的一个贪心，优先选择性价比高的糖果。但是如果先尽可能的选择性价比高的糖果，然后在一个个去掉加上第二种糖果更新ans的话，是会超时的。这里就要用一下数学的证明了，其实当一个糖果的性价比比另一个低的时候，他的选择数量是不会超过sqrt(C)的，利用这一点，在sqrt范围内枚举就不会超时了。

证明如下：

假设wr<wb
若wb>=根号c，那么wb 最多只能取 根号c 个
这就把 wb>根号c 的枚举优化到了 根号 级
若wb<根号c
假设 hr/wr < hb/wb
可化为 hr*wb < wr*hb
不妨设 r糖果wb个，那么占据 wb*wr 的空间，得到 wb*hr
那么在wb*wr的空间里，就可以放 wr个b糖果，得到 wr*hb
因为 hr*wb < wr*hb
所以 若r糖果吃 wb个，那么b糖果吃 wr个更优
所以 r糖果 吃的个数不超过 wb个，可以枚举 r糖果
因为 没吃wb个r糖果，都可以转为 吃 wr个b糖果替代

代码如下：

#include<iostream>#include<string.h>#include<math.h>#include<stdlib.h>#include<stdio.h>#include<utility>#include<algorithm>#include<map>#include<stack>#include<set>#include<queue>using namespace std;typedef long long ll;const int maxn = 100;const int mod = 1e9+7;const int Hash = 10000;const int INF = 1<<30;const ll llINF = 1e18+999;ll C, Hr,Hb, Wr,Wb;int main( ){    //freopen("input.txt", "r", stdin);    while(~scanf("%lld%lld%lld%lld%lld", &C, &Hr, &Hb, &Wr, &Wb))    {        double valb = 1.0*Hb/Wb, valr = 1.0*Hr/Wr, n = sqrt(C);        ll ans = 0;        if(valb < valr) //红色的价值大优先选择        {            ll remain = C%Wr;            ans = C/Wr*Hr + remain/Wb*Hb;            for(int i=0; Wb*i<=C&&i<=n; i++) //可以证明性价比小的糖果的取量不会超过sqrt(C)                ans = max(ans, i*Hb+(C-i*Wb)/Wr*Hr);        }        else        {            ll remain = C%Wb;            ans = C/Wb*Hb + remain/Wr*Hr;            for(int i=0; i<=n&&i*Wr<=C; i++) //可以证明性价比小的糖果的取量不会超过sqrt(C)                ans = max(ans, i*Hr+(C-i*Wr)/Wb*Hb);        }        cout<<ans<<endl;    }    return 0;}

算法者，贵在积累，深入浅出。