經營與開發 DP

問題描述

你駕駛着一臺帶有鑽頭（初始能力值w）的飛船，按既定路線依次飛過n個星球。

星球籠統的分爲2類：資源型和維修型。（p爲鑽頭當前能力值）

資源型：含礦物質量a[i]，若選擇開採，則得到a[i]p的金錢，之後鑽頭損耗k%，即p=p(1-0.01k)
維修型：維護費用b[i]，若選擇維修，則支付b[i]p的金錢，之後鑽頭修復c%，即p=p(1+0.01c)
注：維修後鑽頭的能力值可以超過初始值（你可以認爲是翻修+升級）

請作爲艦長的你仔細抉擇以最大化收入。

輸入格式

第一行4個整數n,k,c,w。

以下n行，每行2個整數type,x。

type爲1則代表其爲資源型星球，x爲其礦物質含量a[i]；

type爲2則代表其爲維修型星球，x爲其維護費用b[i]；

輸出格式

一個實數（保留2位小數），表示最大的收入。

樣例輸入

5 50 50 10
1 10
1 20
2 10
2 20
1 30

樣例輸出

375.00

數據範圍

對於30%的數據 n<=100

另有20%的數據 n<=1000；k=100

對於100%的數據 n<=100000; 0<=k,c,w,a[i],b[i]<=100；保證答案不超過10^9

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首先說一下O(n3) 的暴力做法：

定義f[i][j][k] 表示討論完第i個數，維修j次，開採k次所能得到的最大收入。那麼顯然有狀態轉移方程：

f[i][j][k]=max(f[i−1][j][k],f[i−1][j][k−1]+a[i]∗p),type[i]=1

f[i][j][k]=max(f[i−1][j][k],f[i−1][j−1][k]−b[i]∗p),type[i]=2

其中p 爲該狀態下的鑽頭能力值。f[0][0][0]=0 。

然而這樣只能得30分。考慮O(n) 或者是O(nlogn) 的做法。

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事實上，這道題的正解有點費用提前計算的感覺。其實也是一個常見的思路：如果正着討論不夠優秀或者難以討論，考慮倒着討論。注意到如果把答案列式計算下來，可以發現一個乘法分配率的形式，因爲每次操作對p 的改變都是乘上一個數。所以，如果定義f[i] 爲處理完區間[i,n] 的星球得到的最大收入，那麼有：

f[i]=max(f[i+1],(1−0.01k)∗f[i+1]+a[i]),type[i]=1

f[i]=max(f[i+1],(1+0.01c)∗f[i+1]−b[i]),type[i]=2

最後的答案就是W∗f[1] ，時間複雜度O(n) 。

#include<stdio.h>
#include<algorithm>
#define MAXN 100005
using namespace std;

int N,ty[MAXN];
double K,C,W,v[MAXN],f[MAXN];

int main()
{
    int i;

    scanf("%d%lf%lf%lf",&N,&K,&C,&W);

    for(i=1;i<=N;i++)scanf("%d%lf",&ty[i],&v[i]);

    for(i=N;i>=1;i--)
    {
        if(ty[i]==1)f[i]=max(f[i+1],f[i+1]*(1-K/100)+v[i]);
        else f[i]=max(f[i+1],f[i+1]*(1+C/100)-v[i]);
    }   

    printf("%.2lf",W*f[1]);
}