【BZOJ 1017】 [JSOI2008]魔兽地图DotR
【题目链接】:http://www.lydsy.com/JudgeOnline/PRoblem.php?id=1017
【题意】
【题解】 设f[i][j][k] 表示第i个节点以下的总花费为j, 然后i物品有k个用来给上一层的人合成东西用了的最大力量值. 转移方式看代码吧。 代码加了lots of “注释” (数据有一组里面没有高级物品,这个时候就是在基本物品里面做多重背包了); 【完整代码】
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; #define lson l,m,rt<<1 #define rson m+1,r,rt<<1|1 #define LL long long #define rep1(i,a,b) for (int i = a;i <= b;i++) #define rep2(i,a,b) for (int i = a;i >= b;i--) #define mp make_pair #define pb push_back #define fi first #define se second #define rei(x) scanf("%d",&x) #define rel(x) scanf("%lld",&x) typedef pair<int, int> pii; typedef pair<LL, LL> pll; const int dx[9] = { 0,1,-1,0,0,-1,-1,1,1 }; const int dy[9] = { 0,0,0,-1,1,-1,1,-1,1 }; const double pi = acos(-1.0); const int N = 55; const int M = 2e3 + 100; const int INF = 0x3f3f3f3f; int n, m,num[N],c[N][N],d[N][N],a[N],b[N],cnt = 0; int val[N],f[N][M][110],dp[N][M],dp2[M]; bool vis[N]; void dfs(int x) { if (!num[x])//表示是基本物品 { b[x] = min(b[x], m / a[x]);//a[x]是这个低级物品的单价 rep1(i, 0, b[x])//i枚举的是这个基本物品买了多少个 rep1(j, 0, i)//而j枚举的是往上给了多少个物品 f[x][i*a[x]][j] = val[x] * (i - j);//往上贡献了j个,然后留下i-j个自己留着 //合成了就没了 return; } b[x] = INF;//如果不是基本物品的话;需要看看这种物品最多能买多少个.b数组就是这个作用 rep1(i, 1, num[x]) { dfs(c[x][i]);//往下走 先往下回溯,不然不在叶子节点上 b[x] = min(b[x], b[c[x][i]] / d[x][i]);//d[x][i]是这个低级物品所需数量 //那个低级物品k能买b[k]个,然后合成这个x需要d[x][i]个 //则b[k]/d[x][i]就是这个高级物品x能合成的限制 //在所有低级物品中取最小值 a[x] += d[x][i] * a[c[x][i]];//合成一个x所需要的总价累加到a[x]里面 } b[x] = min(b[x], m / a[x]);//虽然各自单独买可能够 //但是可能全都一起买的话,就不够了,所以要再加一个限制; //就是单个x合成所需要的价格;用m去除它;这样如果全部一起买不够的话,就会变为0; //而如果够的话,是肯定能符合b[k]/d[x][i]的分配的; //这个时候b[k]/d[x][i]就能体现价值了 //这里的m/a[x]是限制买的数量 //因为可能b[k]/d[x][i]很大; //但是那是花了所有的钱你才能买b[k]个 //你无法保证买了其他的k之后你还能买b[k]个; //这里需要m/a[x]做限制 rep1(t, 0, b[x])//枚举x买了t个 { memset(dp, -INF, sizeof dp); dp[0][0] = 0; rep1(i, 1,num[x]) { //i层枚举x物品的第i个子物品 //j枚举的是当前花费的钱 //c[x][i]指的是x物品的第i个子物品是谁,d[x][i]是数量的要求 rep1(j, 0, m) { rep1(k, 0, j) { dp[i][j] = max(dp[i][j], dp[i - 1][j - k] + f[c[x][i]][k][d[x][i] * t]); //枚举儿子往上传了t*d[x][i]个 //然后枚举儿子在往上传这么多的时候 它当时的花费为k元 //然后前一个状态就是前i-1个儿子,花费了j-k元能够获得的最大贡献 //再加上这个f[][][]就是j元总共能够获得的贡献值了 //x买了t个,则儿子给爸爸的物品数目是确定的; //但唯一不确定的是儿子给爸爸物品的时候,它当时花费了多少钱. //因此枚举花费多少钱的时候得到多少贡献. //这也是为什么状态里面有两个 //一个是数目、一个是花费 } } } rep1(i, 0, m) { rep1(j, 0, t) { f[x][i][j] = max(f[x][i][j], dp[num[x]][i] + val[x] * (t - j)); //x买了t个,然后枚举有k个往上移动 //枚举现在用了多少钱买到的t个x //然后再枚举有多少个x是要往上移动的 } } } } int main() { //freopen("F:\\rush.txt", "r", stdin); rei(n), rei(m); char s[5]; rep1(i, 1, n) { rei(val[i]), scanf("%s", s); if (s[0] == 'A') { cnt++; rei(num[i]); rep1(j, 1, num[i]) { rei(c[i][j]), rei(d[i][j]); vis[c[i][j]] = true; } } else if (s[0]=='B') rei(a[i]), rei(b[i]);; } if (cnt > 0) { int root; rep1(i,1,n) if (!vis[i]) { root = i; break; } memset(f, -INF, sizeof f); dfs(root); int ans = 0; rep1(i, 0, m) { ans = max(ans, f[root][i][0]); } printf("%d\n", ans); } else {//没有高级物品的话就做一遍多重背包 rep1(i, 1, n) { rep2(j, m, 0) { rep1(k, 0, b[i]) { if (j - k*a[i] < 0) break; if (dp2[j] < dp2[j - k*a[i]] + val[i] * k) dp2[j] = dp2[j - k*a[i]] + val[i] * k; } } } printf("%d\n", dp2[m]); } return 0; }