HDU 4341 Gold miner(分组背包)
http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=4341
题意:
一个人在原点（0，0）抓金子，每块金子是二维坐标平面的一个点(x,y)且y>0. 每块金子有一个价值v和获得需要的时间t。如果多个金子在一条从原点射出的直线上，那只能先抓近的，再抓远的。求在给定时间T下，所能获得的最大价值。
分析:
首先想想如果所有点都不共线是什么情况? 就是在给定时间T内要获取最大的价值和的点, 且所有点都可以任意选取. 那么这就是一个01背包问题. 不过如果存在共线的点,那么如何处理呢?
我们把所有共(从原点射出的)直线的点分成1组, 然后每个组内只能选1个点. 比如如果你选了该组第i远的点, 那么你就必须把第1个第2个..第i-1 和第i个点都选了. 所以每组i点的花费和价值都是前面所有点的累加和.
现在的问题就变成了分组背包问题了: 对于每个给定的组, 组内最多只能选1个物品, 问你能获得的最大价值和.
我们令dp[i][j]==x表示只选前i组的物品,总花费<=j时能获得的最大价值==x.
初始化: dp全为0.
状态转移: dp[i][j] = max( dp[i-1][j] , dp[i-1][j-cost[k]]+val[k]) 其中cost[k]和val[k]是第i组物品中的第k个物品的花费和价值.
最终所求: dp[n][T].
注意程序实现的3层循环不能互换顺序, 因为要保证滚动数组的情况下, 实现上述的状态转移方程.
AC代码:
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<iostream>
using namespace std;
const int maxn=200+5;
struct Point
{
int x,y;
int cost,val;
bool operator<(const Point &rhs)const//极角排序
{
return x*rhs.y-y*rhs.x<0 || (x*rhs.y-y*rhs.x==0 && y<rhs.y);
}
bool operator==(const Point &rhs)const//共线判断
{
return x*rhs.y-y*rhs.x==0;
}
}p[maxn];
int N,T;
int n; //多少组
int num[maxn];//num[i]表示第i组的物品数
int cost[maxn][maxn];//cost[i][j]==x表示第i组第j个物品的花费
int val[maxn][maxn]; //cost[i][j]==x表示第i组第j个物品的价值
int dp[40000+5];
int main()
{
int n,kase=0;
while(scanf("%d%d",&N,&T)==2)
{
//读取输入
for(int i=0;i<N;i++)
scanf("%d%d%d%d",&p[i].x,&p[i].y,&p[i].cost,&p[i].val);
sort(p,p+N);
//原始物品分成n组,每组只取1个
n=1;
num[n]=1;
cost[n][num[n]]=p[0].cost;
val[n][num[n]]=p[0].val;
for(int i=1;i<N;i++)
{
if(p[i]==p[i-1])//共线
{
num[n]++;
cost[n][num[n]]=cost[n][num[n]-1]+p[i].cost;
val[n][num[n]]=val[n][num[n]-1]+p[i].val;
}
else//不共线
{
n++;
num[n]=1;
cost[n][num[n]]=p[i].cost;
val[n][num[n]]=p[i].val;
}
}
//分组背包过程
memset(dp,0,sizeof(dp));
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=T;j>=0;j--)
for(int k=1;k<=num[i];k++)
if(j>=cost[i][k])
dp[j] = max(dp[j], dp[j-cost[i][k]]+val[i][k]);
printf("Case %d: %d\n",++kase,dp[T]);
}
return 0;
}
原文地址：http://blog.csdn.net/u013480600/article/details/40656627
