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在比特镇一共有$n$家商店，编号依次为$1$到$n$。每家商店只会卖一种物品，其中第$i$家商店的物品单价为$c_i$，价值为$v_i$，且该商店开张的时间为$t_i$。
$Byteasar$计划进行$m$次购物，其中第$i$次购物的时间为$T_i$，预算为$M_i$。每次购物的时候，$Byteasar$会在每家商店购买最多一件物品，当然他也可以选择什么都不买。如果购物的时间早于商店开张的时间，那么显然他无法在这家商店进行购物。
现在$Byteasar$想知道，对于每个计划，他最多能购入总价值多少的物品。请写一个程序，帮助$Byteasar$合理安排购物计划。
注意：每次所花金额不得超过预算，预算也不一定要花完，同时预算不能留给其它计划使用。
第一行包含两个正整数$n,m$，表示商店的总数和计划购物的次数。
接下来$n$行，每行三个正整数$c_i,v_i,t_i$，分别表示每家商店的单价、价值以及开张时间。
接下来$m$行，每行两个正整数$T_i,M_i$，分别表示每个购物计划的时间和预算。
输出$m$行，每行一个整数，对于每个计划输出最大可能的价值和。
样例输入：
5 2
5 5 4
1 3 1
3 4 3
6 2 2
4 3 2
3 8
5 9
样例输出：
10
12
样例解释：
第一个计划可以在商店$2,3,5$各购买一件物品，总花费为$1+3+4=8$，总价值为$3+4+3=10$。
第二个计划可以在商店$1,2,3$各购买一件物品，总花费为$5+1+3=9$，总价值为$5+3+4=12$。
数据范围：
对于$100\%$的数据，$1\leqslant t_i,T_i\leqslant n$。
对于正常的背包$DP$，我们都是设$dp[i][j]$表示选到第$i$个，背包空间为$j$所能获得的最大价值。
而对于这道题，背包空间很大，但是价值很小，所以我们不妨设$dp[i][j]$表示选到第$i$个，得到价值为$j$所消耗的最小背包空间。
对于时间，我们可以将物品和询问按时间排序，统一计算答案，然后在二分提取询问即可。
时间复杂度：$\Theta(n^2v+m\log m)$。
期望得分：$100$分。
实际得分：$100$分。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
struct rec{int c,v,t;}e[301];
struct node{int t,m,id;}q[100001];
int n,m;
int dp[100000];
int ans[100001];
bool cmp1(rec a,rec b){return a.t<b.t;}
bool cmp2(node a,node b){return a.t<b.t;}
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=n;i++)
scanf("%d%d%d",&e[i].c,&e[i].v,&e[i].t);
for(int i=1;i<=m;i++)
{
scanf("%d%d",&q[i].t,&q[i].m);
q[i].id=i;
}
sort(e+1,e+n+1,cmp1);
sort(q+1,q+m+1,cmp2);
memset(dp,0x3f,sizeof(dp));
dp[0]=0;
int j=1;
for(int i=1;i<=m;i++)
{
while(j<=n&&e[j].t<=q[i].t)
{
for(int k=n*300;k>=e[j].v;k--)
dp[k]=min(dp[k],dp[k-e[j].v]+e[j].c);
for(int k=n*300;k;k--)
dp[k]=min(dp[k],dp[k+1]);
j++;
}
ans[q[i].id]=upper_bound(dp+1,dp+n*300+1,q[i].m)-dp-1;
}
for(int i=1;i<=m;i++)
printf("%d\n",ans[i]);
return 0;
}
rp++
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原文地址：https://www.cnblogs.com/wzc521/p/11622871.html
