蚂蚁的难题（三）

蚂蚁的难题(三)

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难度：4

描述

蚂蚁终于把尽可能多的食材都搬回家了，现在开始了大厨计划。

已知一共有 n 件食材,每件食材有一个美味度 Ai 和新鲜度 Bi , 如果蚂蚁在第t时刻将第i样食材烹饪成功，则得到Ai-t*Bi 的美味指数，当然，用第i件食材做饭要花去 Ci 的时间。

众所周知，蚂蚁的厨艺不怎么样，所以他需要你设计做饭方案使得在时间 T 内完成的美味指数最大。

输入

有多组测试数据。
第一行是两个正整数，表示蚂蚁的做饭时间T和食材个数n。(n<=50, 1<=T<=100000)。
接下来n行，每行有三个数，Ai,Bi,Ci。分别代表美味度、新鲜度和用该食材做饭花费的时间。(0<Ai,Bi,Ci<=100000).

输出

输出一个数字，表示最大美味指数

样例输入

6 1200 5 1

样例输出

195

来源

蚂蚁系列

思路：

如果没有B[i]这个属性的话就是明显的01背包问题。

 

    现在考虑相邻的两个物品x,y.假设现在已经耗费p的时间,那么分别列出先做x,y的代价：

 

       A[x]-(p+C[x])*B[x]+A[y]-(p+C[x]+C[y])*B[y]   ①

       A[y]-(p+C[y])*B[y]+A[x]-(p+C[y]+C[x])*B[x]   ②

 

    对这两个式子化简，得到 ①＞② 的条件是 c[x]*b[y]<c[y]*b[x].

 

    发现只要满足这个条件的物品对(x,y)，x在y前的代价永远更优。

 

    因此可以根据这个条件进行排序，之后就是简单的01背包了。

AC码：

#include <cstdio>#include <cstring>#include <iostream>#include <algorithm>using namespace std;typedef long long LL;const int N = 1e5+5;struct Food{    int a, b, c;}F[N];bool cmp(Food A, Food B) {    return (LL)A.c*(LL)B.b < (LL)B.c*(LL)A.b;}long long dp[N]={0};int main(){    int T, n;    while( ~scanf("%d%d",&T,&n) )    {        LL ans = -1;        memset(dp,0,sizeof(dp));        for( int i =0; i < n; i++)            scanf( "%d%d%d", &F[i].a, &F[i].b, &F[i].c );        sort( F, F+n, cmp);        for(int i = 0; i < n; i++ )            for(int j = T; j >= F[i].c; j--)                dp[j] = max(dp[j], dp[j-F[i].c] + F[i].a - j * (LL) F[i].b );        for(int i = 0; i <= T; i++)            if(dp[i] > ans ) ans = dp[i];        printf( "%lld\n", ans);    }    return 0;}