fjnu2019第二次友谊赛 F题

### 题目连接 ###

 

题目大意：

 

一开始手上有 z 个钱币，有 n 天抉择，m 种投资方案，在天天中能够选择任意种投资方案、任意次地花费 x 个钱币（手上的钱币数不能为负），使得在 n 天结束后，得到 y 个钱币。

 

其次，在天天结束后，会根据本身手上所具备的节点数来得到一些钱币补偿，设当天结束后所拥有 x 个钱币，那么将得到 f(x) 个钱币，若 x > k ，则默认为 0 。保证 f[0]~f[k] 单调不增。

 

这题的原题：博客链接 ，只是一开始手上的钱数不一样而已。

 

分析：

一、将全过程分为 n 天，在 dp 枚举天天的状态时，先处理当天一开始所拥有的钱币数（即上一天结束后手上的钱数），再进行当天的投资。因此咱们将当天投资结束后的补偿状态在下一天的早上进行转移，而不是在当天结束后进行状态转移。

二、故设 dp[i][j] 表示在第 i 天投资完以后（当天还未得到补偿），在手上拥有 j 个钱币时，在 n 天结束后所得到的返还的最大钱币总数。

三、那么对于每一天的一开始钱币数是由上一天补偿以后而转移过来的，因为补偿只会在有剩下 0 ~ k 个钱币时才会发生 （即 手上钱币数为 0 ~ k 时才可能得到补偿），故在天天开始前须要遍历上一天手中剩下的钱币数，得到必定的补偿以后，成为今天一开始的钱币数。

四、得到当天的钱币数后，开始进行今天的投资状态转移。因为投资的数量为任意次，故为彻底背包的转移。

五、若对于当天投资结束后手上有 j 元时的状态（ 即 dp[i][j] ），它必从当天投资一开始的手上钱币为 （ j + 投资成本 ）时，花费投资成本后转移而来。故若设投资成本为 w ，最后一天返还 v ，则有 dp[i][j] = dp[i][j + w] + v ，彻底背包取最大值便可。

六、因为一开始有钱币数，而按上面所述，第一天一开始不能从上一天剩余钱币数上转移，故第一天须要单独拿出来先处理。

七、初始化问题：按理这题 dp 须要求最大值，所有初始化为 0 才对，可是须要保证本题的实际意义——须要从第一天手上 z 个钱币时转移，故须要初始化所有为负无穷，而后将dp[1][z] 赋值为 0 ，代表 dp 转移时，必须从第一天手上有 z 个钱币时转移而来。

八、因为咱们将第一天枚举单独拿出来了，即意味着求的全部状态都必须在第一天买东西才会被转移到次日（即第一天啥都不买时，这个状态不会被传递下去），而后再进行下面的天天转移。故咱们求答案时，还须要判断是否 n 天啥都不投资的钱币会更多（意思是若是第一天啥都不买，最大值不可能轮到次日才开始买）。

 

注意点：

一、若按上述这样直接作的话，复杂度接近 n³ * k （k 为常数），此题数据将会有 3000MS （固然出题人良心放宽时限）。

二、若要下降时间复杂度，须要知道彻底背包去掉枚举方案个数的原理。这个原理实际上是当前 dp[i][j] 从本层以前已更新过的状态转移过来（详细则本身百度或群里问）。

三、此题与普通彻底背包降维不一样的是，分析 dp 转移方程，发现他是从后往前转移的 （即 dp[i][j] 中的 j 从 j + w 上转移而来），优化时，须要反向枚举背包容量。

 

无优化代码：

#include<iostream> #include<algorithm> #include<string.h>
using namespace std; int z,N,M,K; int dp[108][2008]; int f[1008]; struct Goods{ int a,b; }A[108]; int main() { scanf("%d%d%d%d",&z,&N,&M,&K); for(int i=0;i<=K;i++) scanf("%d",&f[i]); for(int i=1;i<=M;i++) scanf("%d%d",&A[i].a,&A[i].b); memset(dp,0x80,sizeof(dp)); dp[1][z]=0; for(int w=1;w<=M;w++){ for(int j=A[w].a;j<=2000;j++){ for(int k=0;k<=j/A[w].a;k++){ dp[1][j-k*A[w].a]=max(dp[1][j-k*A[w].a],dp[1][j]+k*A[w].b); } } } for(int i=2;i<=N;i++){ for(int j=0;j<=K;j++) dp[i][j+f[j]]=max(dp[i][j+f[j]],dp[i-1][j]); for(int w=1;w<=M;w++){ for(int j=A[w].a;j<=2000;j++){ for(int k=0;k<=j/A[w].a;k++){ dp[i][j-k*A[w].a]=max(dp[i][j-k*A[w].a],dp[i][j]+k*A[w].b); } } } } int ans=z; for(int i=0;i<=2000;i++) ans=max(ans,dp[N][i]+i+f[i]); printf("%d\n",ans); }

 

优化代码：

#include<iostream> #include<algorithm> #include<string.h>
using namespace std; int z,N,M,K; int dp[108][2008]; int f[1008]; struct Goods{ int a,b; }A[108]; int main() { scanf("%d%d%d%d",&z,&N,&M,&K); for(int i=0;i<=K;i++) scanf("%d",&f[i]); for(int i=1;i<=M;i++) scanf("%d%d",&A[i].a,&A[i].b); memset(dp,0x80,sizeof(dp)); dp[1][z]=0; for(int w=1;w<=M;w++){ for(int j=2000;j>=A[w].a;j--){ dp[1][j-A[w].a]=max(dp[1][j-A[w].a],dp[1][j]+A[w].b); } } for(int i=2;i<=N;i++){ for(int j=0;j<=K;j++) dp[i][j+f[j]]=max(dp[i][j+f[j]],dp[i-1][j]); for(int w=1;w<=M;w++){ for(int j=2000;j>=A[w].a;j--){ dp[i][j-A[w].a]=max(dp[i][j-A[w].a],dp[i][j]+A[w].b); } } } int ans=z; for(int i=0;i<=2000;i++) ans=max(ans,dp[N][i]+i+f[i]); printf("%d\n",ans); }