POJ 2184 Cow Exhibition

       这道题整整思考了两天，最终还是AC啦！初看觉得这道题有三个维度，分别是智商和要大于0，幽默感的和要大于0，同时，智商和幽默感的和又要最大。而事实上，只要求出每个可能的智商值对应的最大的幽默感值即可。由于智商和幽默感都存在负数，所以智商和的值要整体向右平移100*1000个单位。而S[i]则表示，智商在i(实际上和为i-100*1000)对应的最大幽默感和，且初始时S[i]的值都为负无穷。接下来就可以按照0-1背包的模式进行操作了，需要注意的时，智商为负时，需要从左到右枚举，否则就会重复。最后得状态转移方程：设当前阶段的智商值为s，幽默感值为f,且在S[i-s]不为负无穷大的时候才有更新S[i]的必要。

S[i]={max(S[i-s]+f,S[i])}

最后，从i=100*1000开始遍历S[i]，取S[i]>=0时的i+S[i]-100*1000的最大值。还是感觉没怎么讲清楚.....还是看代码吧....

注：之所以s为负时要改变遍历方向，本质上是因为当前阶段的背包要依赖前一阶段获得的最优解。当s为负时，从右向左遍历则i-s>i,而S[i-s]是先于S[i]更新的，改变遍历方向则可以解决该问题。

#include <iostream>#include <cstdio>#include <algorithm>#include <cstring>#define MAX 200000+5#define INF -1000000using namespace std;int S[MAX],N;int main(){    freopen("data.txt","r",stdin);    cin>>N;    for(int i=0;i<MAX;i++) S[i]=INF;    for(int i=0;i<N;i++){        int s,f;        cin>>s>>f;        if(s>=0){//实际上是针对一些离散点的遍历更新操作            for(int j=MAX-1;j>=s;j--)                if(S[j-s]!=INF) S[j]=max(S[j],S[j-s]+f);        }        else{            for(int j=0;j<MAX+s;j++)                if(S[j-s]!=INF) S[j]=max(S[j],S[j-s]+f);        }        S[s+100000]=max(S[s+100000],f);//要在遍历更新完之后，才能用f更新对应的s，否则会重复    }    int ans=-1;    for(int i=100000;i<MAX;i++){        if(S[i]>=0&&i+S[i]-100000>ans) ans=i+S[i]-100000;    }    if(ans<0) cout<<0<<endl;    else cout<<ans<<endl;    return 0;}