dp基础习题（4.7）

http://vjudge.net/problem/UVA-12563

题意：在ktv唱歌的时候，如果已经到时间了，是可以唱完最后一首的。ktv中一定有一首叫《劲歌金曲》的歌时长678s。且保证没有歌是比它长的。求在总曲数尽量多得前提下，唱歌的时间尽量长

思路：首先我们可以确定，一定要唱劲歌金曲。这就意味着其他的歌最多只能唱t - 1s.且最后唱歌的总数加一，唱歌的时间加上 678 s

要保证两个条件，在递推的过程中，我们需要判断是否能替换该点。就首先需要判断哪个个数多，个数一样的再判断哪个时间长，用个数多时间长的点替换掉旧点即可。用滚动数组降低复杂度。其余同简单零一背包。

代码：

#include <iostream>#include <cstdio>#include <cstring>using namespace std;struct NODE{    int num,length;    bool operator > (const NODE a)    {        if(num == a.num)            return length > a.length;        return num >  a.num;    }}dp[10005];int a[55];int main(){   // freopen("in.txt","r",stdin);    int T;    int n,time;    scanf("%d",&T);    for(int t = 1; t <= T; t ++)    {        memset(dp,0,sizeof(dp));        scanf("%d%d",&n,&time);        for(int i = 0; i < n; i ++)        {            scanf("%d",&a[i]);        }        for(int i = 0; i < n; i ++)        {            for(int j = time - 1; j >= a[i]; j --)            {                NODE  temp;                temp.length = dp[j - a[i]].length + a[i];                temp.num = dp[j - a[i]].num + 1;                if(temp >dp[j])                {                    dp[j] = temp;                }            }        }        printf("Case %d: %d %d\n",t,dp[time - 1].num + 1,dp[time - 1].length + 678);    }    return 0;}

http://acm.hust.edu.cn/vjudge/problem/viewProblem.action?id=26154

题意：你需要买n种灯，每种灯分别有v电压值，k电源费用，c每个灯泡费用，l所需灯泡数目。每一种灯有一个电源就够了，你可以用电压值的的灯，替换电压值小的灯。问最少费用是多少

思路：首先对电压进行排序。保证大的电压在后面可以替换前面的。用数组s[i],记录从0到i中灯所需的数量。dp[i]记录的是从0到第i种灯，所需的最小费用。初始化每个d[i] = a[i].k +a[i]. s * a[i].c;代表从0到i全部用第i种灯，然后再遍历如果一部分有这种灯，一部分用前面已经求好的d[j],哪个小

代码：

//注意应该在排序之后统计从0到i的个数#include <iostream>#include <cstdio>#include <cstring>#include <algorithm>using namespace std;int dp[1005];struct T{    int v,k,c,l,s;    bool operator < (const T b)const    {        return v < b.v;    }}a[1005];int main(){   //freopen("in.txt","r",stdin);    int n;    while(1)    {        memset(dp,0,sizeof(dp));        scanf("%d",&n);        if(n == 0)            break;        for(int i = 0; i < n; i ++)        {            scanf("%d%d%d%d",&a[i].v,&a[i].k,&a[i].c,&a[i].l);        }        sort(a,a + n);//保证高压的在低压的之后        for(int i = 0;i < n; i ++)//求从0到i的个数之和        {            a[i].s = i == 0 ?a[i].l : a[i -1].s + a[i].l;        }        for(int i = 0; i < n; i ++)        {            dp[i] = a[i].k +a[i]. s * a[i].c;            for(int j = 0; j < i; j ++ )            {                dp[i] = min(dp[i],dp[j] + (a[i].s - a[j].s) * a[i].c + a[i].k);            }        }        printf("%d\n",dp[n - 1]);    }    return 0;}