【BZOJ 1017】 [JSOI2008]魔兽地图DotR

【题目链接】:http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=1017

【题意】

【题解】

设f[i][j][k]
表示第i个节点以下的总花费为j,
然后i物品有k个用来给上一层的人合成东西用了的最大力量值.
转移方式看代码吧。
代码加了lots of “注释”
(数据有一组里面没有高级物品,这个时候就是在基本物品里面做多重背包了);

【完整代码】

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;#define lson l,m,rt<<1#define rson m+1,r,rt<<1|1#define LL long long#define rep1(i,a,b) for (int i = a;i <= b;i++)#define rep2(i,a,b) for (int i = a;i >= b;i--)#define mp make_pair#define pb push_back#define fi first#define se second#define rei(x) scanf("%d",&x)#define rel(x) scanf("%lld",&x)typedef pair<int, int> pii;typedef pair<LL, LL> pll;const int dx[9] = { 0,1,-1,0,0,-1,-1,1,1 };const int dy[9] = { 0,0,0,-1,1,-1,1,-1,1 };const double pi = acos(-1.0);const int N = 55;const int M = 2e3 + 100;const int INF = 0x3f3f3f3f;int n, m,num[N],c[N][N],d[N][N],a[N],b[N],cnt = 0;int val[N],f[N][M][110],dp[N][M],dp2[M];bool vis[N];void dfs(int x){    if (!num[x])//表示是基本物品    {        b[x] = min(b[x], m / a[x]);//a[x]是这个低级物品的单价        rep1(i, 0, b[x])//i枚举的是这个基本物品买了多少个            rep1(j, 0, i)//而j枚举的是往上给了多少个物品            f[x][i*a[x]][j] = val[x] * (i - j);//往上贡献了j个,然后留下i-j个自己留着                                               //合成了就没了        return;    }    b[x] = INF;//如果不是基本物品的话;需要看看这种物品最多能买多少个.b数组就是这个作用    rep1(i, 1, num[x])    {        dfs(c[x][i]);//往下走 先往下回溯,不然不在叶子节点上        b[x] = min(b[x], b[c[x][i]] / d[x][i]);//d[x][i]是这个低级物品所需数量        //那个低级物品k能买b[k]个,然后合成这个x需要d[x][i]个        //则b[k]/d[x][i]就是这个高级物品x能合成的限制        //在所有低级物品中取最小值        a[x] += d[x][i] * a[c[x][i]];//合成一个x所需要的总价累加到a[x]里面    }    b[x] = min(b[x], m / a[x]);//虽然各自单独买可能够    //但是可能全都一起买的话,就不够了,所以要再加一个限制;    //就是单个x合成所需要的价格;用m去除它;这样如果全部一起买不够的话,就会变为0;    //而如果够的话,是肯定能符合b[k]/d[x][i]的分配的;    //这个时候b[k]/d[x][i]就能体现价值了    //这里的m/a[x]是限制买的数量    //因为可能b[k]/d[x][i]很大;    //但是那是花了所有的钱你才能买b[k]个    //你无法保证买了其他的k之后你还能买b[k]个;    //这里需要m/a[x]做限制    rep1(t, 0, b[x])//枚举x买了t个    {        memset(dp, -INF, sizeof dp);        dp[0][0] = 0;        rep1(i, 1,num[x])        {            //i层枚举x物品的第i个子物品            //j枚举的是当前花费的钱            //c[x][i]指的是x物品的第i个子物品是谁,d[x][i]是数量的要求            rep1(j, 0, m)            {                rep1(k, 0, j)                {                    dp[i][j] = max(dp[i][j], dp[i - 1][j - k] + f[c[x][i]][k][d[x][i] * t]);                    //枚举儿子往上传了t*d[x][i]个                    //然后枚举儿子在往上传这么多的时候 它当时的花费为k元                    //然后前一个状态就是前i-1个儿子,花费了j-k元能够获得的最大贡献                    //再加上这个f[][][]就是j元总共能够获得的贡献值了                    //x买了t个,则儿子给爸爸的物品数目是确定的;                    //但唯一不确定的是儿子给爸爸物品的时候,它当时花费了多少钱.                    //因此枚举花费多少钱的时候得到多少贡献.                    //这也是为什么状态里面有两个                    //一个是数目、一个是花费                }            }        }        rep1(i, 0, m)        {            rep1(j, 0, t)            {                f[x][i][j] = max(f[x][i][j], dp[num[x]][i] + val[x] * (t - j));                //x买了t个,然后枚举有k个往上移动                //枚举现在用了多少钱买到的t个x                //然后再枚举有多少个x是要往上移动的            }        }    }}int main(){    //freopen("F:\\rush.txt", "r", stdin);    rei(n), rei(m);    char s[5];    rep1(i, 1, n)    {        rei(val[i]), scanf("%s", s);        if (s[0] == 'A')        {            cnt++;            rei(num[i]);            rep1(j, 1, num[i])            {                rei(c[i][j]), rei(d[i][j]);                vis[c[i][j]] = true;            }        }        else        if (s[0]=='B')            rei(a[i]), rei(b[i]);;    }    if (cnt > 0)    {        int root;        rep1(i,1,n)            if (!vis[i])            {                root = i;                break;            }        memset(f, -INF, sizeof f);        dfs(root);        int ans = 0;        rep1(i, 0, m)        {            ans = max(ans, f[root][i][0]);        }        printf("%d\n", ans);    }    else    {//没有高级物品的话就做一遍多重背包        rep1(i, 1, n)        {            rep2(j, m, 0)            {                rep1(k, 0, b[i])                {                    if (j - k*a[i] < 0) break;                    if (dp2[j] < dp2[j - k*a[i]] + val[i] * k)                        dp2[j] = dp2[j - k*a[i]] + val[i] * k;                }            }        }        printf("%d\n", dp2[m]);    }    return 0;}