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蚂蚁的难题(三)
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难度：4
描述
蚂蚁终于把尽可能多的食材都搬回家了，现在开始了大厨计划。
已知一共有 n 件食材,每件食材有一个美味度Ai 和新鲜度 Bi , 如果蚂蚁在第t时刻将第i样食材烹饪成功，则得到Ai-t*Bi的美味指数，当然，用第i件食材做饭要花去 Ci 的时间。
众所周知，蚂蚁的厨艺不怎么样，所以他需要你设计做饭方案使得在时间T 内完成的美味指数最大。
输入
有多组测试数据。
第一行是两个正整数，表示蚂蚁的做饭时间T和食材个数n。(n<=50,
1<=T<=100000)。
接下来n行，每行有三个数，Ai,Bi,Ci。分别代表美味度、新鲜度和用该食材做饭花费的时间。(0<Ai,Bi,Ci<=100000).
输出
输出一个数字，表示最大美味指数
样例输入
6 1
200 5 1
样例输出
195
思路：
如果没有B[i]这个属性的话就是明显的01背包问题。
现在考虑相邻的两个物品x,y.假设现在已经耗费p的时间,那么分别列出先做x,y的代价：
A[x]-(p+C[x])*B[x]+A[y]-(p+C[x]+C[y])*B[y] ①
A[y]-(p+C[y])*B[y]+A[x]-(p+C[y]+C[x])*B[x] ②
对这两个式子化简，得到 ①＞② 的条件是 c[x]*b[y]<c[y]*b[x].
发现只要满足这个条件的物品对(x,y)，x在y前的代价永远更优。
因此可以根据这个条件进行排序，之后就是简单的01背包了。
AC码：
<pre name="code" class="html">#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<stdlib.h>
long long d[100005];
struct node
{
long long a,b,c;
}num[60];
long long max(long long x,long long y)
{
return x>y?x:y;
}
int cmp(const void *x,const void *y)
{
return (*(struct node *)x).c*(*(struct node *)y).b-(*(struct node *)x).b*(*(struct node *)y).c;
}
int main()
{
long long T,n,i,j;
struct node s;
while(~scanf("%lld%lld",&T,&n))
{
for(i=0;i<n;i++)
{
scanf("%lld%lld%lld",&num[i].a,&num[i].b,&num[i].c);
}
qsort(num,n,sizeof(num[0]),cmp);
memset(d,0,sizeof(d));
for(i=0;i<n;i++)
{
for(j=T;j>=num[i].c;j--)
{
// 背包问题思路求得最优值
d[j]=max(d[j],d[j-num[i].c]+num[i].a-j*num[i].b);
}
}
for(i=1;i<=T;i++)
d[0]=max(d[0],d[i]);
printf("%lld\n",d[0]);
}
return 0;
}
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原文地址：http://blog.csdn.net/qq_16997551/article/details/47109867
