CSP-J2 紀念品

題目描述

題目分析

• 對於$T=2$，顯然我們可以設一個DP：$f[i]$表示第一天買賣前你有$i$元，第二天買賣後最多可以有多少錢。
• 狀態轉移也是比較顯然的：$f[i]=max(i,f[i-a[k][1]]+a[k][2])$
• 其中$k$表示的是紀念品的編號，$a[k][1]$與$a[k][2]$分別表示該物品第1天和第2天的價值。
• 最後的答案輸出$f[m]$就可以了，時間複雜度是$O(1000n)$的。
• 那如果$T>2$呢。
• 也有一個小結論：存在一種最優方案，使得第$i$天買入的紀念品在$i+1$天全部賣出，重新買入。
• 證明：假設最優方案中，有一個商品，必須在第$i$天買，第$i+k(k>1)$天賣出。顯然這種方法不比“在第$i$天買，第$i+1$天賣出，再在第$i+1$天買，第$i+2$天賣出$......$在第$i+k-1$天買，最終在第$i+k$天賣出”更優。
• 依據這個結論，我們可以把剛纔的$T=2$的方法循環重複做$T-1$次，時間複雜度$O(1000Tn)$。

代碼

#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
const int N=110,M=1e4+100;
int a[N][N],f[N][M];
int mymax(int x,int y) {return x>y?x:y;}
int main()
{
	freopen("souvenir.in","r",stdin);
	freopen("souvenir.out","w",stdout);
	int t,n,m;
	scanf("%d%d%d",&t,&n,&m);
	for(int i=1;i<=t;i++)
		for(int j=1;j<=n;j++) scanf("%d",&a[i][j]);
	memset(f,0,sizeof(f));
	int maxn=10000;
	for(int i=0;i<=maxn;i++) f[1][i]=i;
	for(int i=t;i>=2;i--){
		for(int j=0;j<=maxn;j++) f[i][j]=j;
		for(int j=1;j<=n;j++){
			if(a[i-1][j]>=a[i][j]) continue;
			for(int k=a[i-1][j];k<=maxn;k++){
				int t=f[i][k-a[i-1][j]]+a[i][j];
				f[i][k]=mymax(f[i][k],t);
			}
		}
		for(int j=maxn;j>=0;j--){
			if(f[i][j]<=maxn) {maxn=j;break;}
		}
	}
	for(int i=2;i<=t;i++) m=f[i][m];
	printf("%d\n",m);
	return 0;
}