【C++】「一本通 1.1 練習 5」釣魚

【來源】

一本通題庫-1431
LibreOJ-10009
vjudge

【題目描述】

在一條水平路邊，有 $n$ 個釣魚湖，從左到右編號爲 $1,2,…,n$。佳佳有 $H$ 個小時的空餘時間，他希望利用這個時間釣到更多的魚。他從 $1$ 出發，向右走，有選擇的在一些湖邊停留一定的時間（是 $5$ 分鐘的倍數）釣魚。最後在某一個湖邊結束釣魚。佳佳從第 $i$ 個湖到第 $i+1$ 個湖需要走 $5×T_i$分鐘路，還測出在第 $i$ 個湖停留，第一個 $5$ 分鐘可以釣到 $F_i$​​ 條魚，以後每再釣 $5$ 分鐘，可以釣到的魚量減少 $D_i$​​ ，若減少後的魚量小於 $0$，則減少後的魚量爲 $0$ 。爲了簡化問題，佳佳假定沒有其他人釣魚，也沒有其他因素影響他釣到期望數量的魚。請編程求出佳佳最多能釣魚的數量。

【輸入格式】

第一行一個整數 $n$，表示湖的個數

第二行一個整數 $H$，表示佳佳的空閒時間

第三行有 $n$ 個整數，依次表示每個湖第一個 $5$ 分鐘能釣到魚的數量

第四行有 $n$ 個整數，依次表示以後的每$5$分鐘釣魚數量比前一個 $5$ 分鐘釣魚數量減少的數量

第五行有 $n−1$ 個整數，$T_i$ 表示由第 $i$ 個湖到第 $i+1$ 個湖需要花 $5×T_i$分鐘的路程

【輸出格式】

輸出只有一行，表示佳佳最多能釣魚的數量。

【輸入樣例】

3
1
4 5 6
1 2 1
1 2

【輸出樣例】

35

【樣例解釋】

在第 1 個湖釣 15 分鐘，共釣得 4+3+2=9 條魚；

在第 2 個湖釣 10 分鐘，共釣得 5+3=8 條魚；

在第 3 個湖釣 20 分鐘，共釣得 6+5+4+3=18 條魚；

從第 1 個湖到第 2 個湖，從第 2 個湖到第 3個湖，共用時間 15 分鐘，共得 35 條魚，並且這是最多的數量。

【數據範圍】

對於 100% 的數據，$2≤n≤100$,$1≤H≤20$。

【解析1】

貪心。

假設5分鐘爲一個單位時間，那麼一小時60分鐘裏面有12個單位時間。

我用優先隊列維護。這是隻能重載運算符了。

然後找最大就可以了。

【代碼1】

#pragma GCC optimize(3,"Ofast","inline")
#pragma G++ optimize(3,"Ofast","inline")

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <queue>

#define RI                 register int
#define re(i,a,b)          for(RI i=a; i<=b; i++)
#define ms(i,a)            memset(a,i,sizeof(a))
#define MAX(a,b)           (((a)>(b)) ? (a):(b))
#define MIN(a,b)           (((a)<(b)) ? (a):(b))

using namespace std;

typedef long long LL;

int const N=105;

struct Node {
    int id,f;

    bool operator < (const Node &rhs) const {
        return f<rhs.f;
    }
} a[N];

int n,h,ans;
int d[N],t[N];

priority_queue <Node> q;

int main() {
    scanf("%d%d",&n,&h);
    h=h*12;
    for(int i=1; i<=n; i++) {
        scanf("%d",&a[i].f);
        a[i].id=i;
    }
    for(int i=1; i<=n; i++) scanf("%d",&d[i]);
    t[1]=0;
    for(int i=2; i<=n; i++) scanf("%d",&t[i]);
    for(int i=1; i<=n; i++) {
        h-=t[i];
        for(int j=1; j<=i; j++) q.push(a[j]);
        int m=h,sum=0;
        while(m>0) {
            Node a=q.top();
            q.pop();
            if(a.f<=0) break;
            sum+=a.f;
            a.f-=d[a.id];
            q.push(a);
            m--;
        }
        ans=MAX(ans,sum);
    }
    printf("%d\n",ans);
    return 0;
}

【解析2】

本題還可以dp。
$dp[i][j]$表示第一個湖到第i個湖用了j個單位時間，釣的最多魚。
$t$數組表示走路的時間。
$dp[i][j]=max(dp[i][j],\frac{k*(f[i]+f[i]-d[i]*(k-1))}{2}+dp[i-1][j-k]);$
$\frac{k*(f[i]+f[i]-d[i]*(k-1))}{2}$是等差數列求和。
$f[i]$是第一個單位時間也就是釣的最多的一次魚。
接下來就是$k*f[i]$減去$(1*d[i]+2*d[i]+3*d[i]+...(k-1)*d[i])$ 。
也就是$f[i]+f[i]-f[i]*(k-1)$。
$\frac{ 最多的首項減去最少的末項*k個單位時間}{2}$ 就是當前這個湖可以釣的最多的魚。
$dp[i-1][j-k]$就是上一個湖釣的魚。

【代碼2】

#pragma GCC optimize(3,"Ofast","inline")
#pragma G++ optimize(3,"Ofast","inline")

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <queue>

#define RI                 register int
#define re(i,a,b)          for(RI i=a; i<=b; i++)
#define ms(i,a)            memset(a,i,sizeof(a))
#define MAX(a,b)           (((a)>(b)) ? (a):(b))
#define MIN(a,b)           (((a)<(b)) ? (a):(b))

using namespace std;

typedef long long LL;

int const N=105;

int n,h,ans;
int f[N],d[N],s[N],t[N];
int dp[30][300];

int main() {
    scanf("%d%d",&n,&h);
    h=h*12;
    for(int i=1; i<=n; i++) scanf("%d",&f[i]);
    for(int i=1; i<=n; i++) scanf("%d",&d[i]);
    s[1]=0,t[1]=0;
    for(int i=2; i<=n; i++) {
        scanf("%d",&s[i]);
        t[i]=t[i-1]+s[i];
    }
    for(int i=1; i<=n; i++) {
        for(int j=1; j<=h-t[i]; j++) {
            dp[i][j]=dp[i][j-1];
            for(int k=0; k<=j; k++) {
                if(f[i]-(k-1)*d[i]>0) {
                    dp[i][j]=MAX(dp[i][j],k*(f[i]+f[i]-d[i]*(k-1))/2+dp[i-1][j-k]);
                }
            }
        }
        ans=MAX(ans,dp[i][h-t[i]]);
    }
    printf("%d\n",ans);
    return 0;
}