宝箱-UVA-12325

题意大概：你有一个体积为N的箱子和两种数量无限的宝物。宝物1的体积为s1，价值为v1，宝物2的体积为s2，价值为v2.输入均为32位带符号整数。你的任务是计算最多能装多大价值的宝物。例如n=100，s1=v1=34，s2=5，v2=3，那么答案就为86，方法是装2个宝物1，装6个宝物2,。每种宝物都必须是拿非负整数个。

分析：（我把刘汝佳书上的分析辅助性地修改了下）

性价比=价/量。

最容易想到的是枚举法。枚举宝物1的个数，然后多拿宝物2.这样做的时间复杂度是O(n/s1),当n和s1相差非常悬殊时，效率非常低下。同样，枚举宝物2的个数，道理是一样的！

所以这个方法不奏效的条件是：s1和s2都很小，而n很大。

幸运的是->s1和s2都很小的时候，有另外一种枚举法B：s2个宝物1和s1个宝物2的体积是一样大的，而价值分别为s2*v1,和s1*v2，

1.如果前者比较大，那么证明宝物1的性价比要比宝物2大。如果n=s1*s2的话，在宝物数量的选择上，宝物2最多只会拿s1-1个（否则的话，我完全可以将s1个宝物2换成价值更高的s2个宝物1）；

2.如果后者比较大的话，那么证明宝物2的性价比要比宝物1大。如果n=s1*s2的话，在宝物数量的选择上，宝物1最多只会拿s2-1个（否则的话，我完全可以将s2个宝物1换成价值更高的s1个宝物2）；

不管是哪种情况，枚举量都只有s1或者s2.

这样就得到了一个比较“另类”的分类枚举法。

当n/s1比较小的时候枚举宝物1的个数，否则，枚举宝物2的个数，再否则就说明s1和s2都比较小，执行枚举法B。

代码如下：（代码有详解）

#include<cstdio>#include<iostream>#include<algorithm>using namespace std;typedef long long ll;int main(){    int t,n,s1,v1,s2,v2;    scanf("%d",&t);    for(int tt=1; tt<=t; tt++)    {        //输入体积为n的箱子，和宝物1的体积、价值以及宝物2的体积、价值。        scanf("%d%d%d%d%d",&n,&s1,&v1,&s2,&v2);        //性价比=价/量        if(s1>s2)        {            swap(s1,s2);            swap(v1,v2);        }        printf("Case #%d: ",tt);        //此时s2肯定是比s1大的，但若如此n/s2都大于65536的话，说明        //不管是枚举宝物1还是宝物2的时间复杂度都是很大的！        ll value=0;        if(n/s2>=65536)// 当n/s1和n/s2都非常大的时候        {            for(ll i=0; i<=s1; i++)                value=max(value,v2*i+(n-i*s2)/s1*v1);            for(ll i=0; i<=s2; i++)                value=max(value,v1*i+(n-i*s1)/s2*v2);        }        else//因为数据交换的原因，s2要大些，所以n/s2要小些，此时枚举宝物2的个数        {            for(ll i=0; s2*i<=n; i++)            value=max(value,v2*i+(n-s2*i)/s1*v1);        }        printf("%lld\n",value);    }    return 0;}