金明的预算方案

dp 分组背包 二进制

[NOIP2006 提高组] 金明的预算方案

题目描述

金明今天很开心，家里购置的新房就要领钥匙了，新房里有一间金明自己专用的很宽敞的房间。更让他高兴的是，妈妈昨天对他说：“你的房间需要购买哪些物品，怎么布置，你说了算，只要不超过 $n$ 元钱就行”。今天一早，金明就开始做预算了，他把想买的物品分为两类：主件与附件，附件是从属于某个主件的，下表就是一些主件与附件的例子：

主件	附件
电脑	打印机，扫描仪
书柜	图书
书桌	台灯，文具
工作椅	无

如果要买归类为附件的物品，必须先买该附件所属的主件。每个主件可以有 $0$ 个、$1$ 个或 $2$ 个附件。每个附件对应一个主件，附件不再有从属于自己的附件。金明想买的东西很多，肯定会超过妈妈限定的 $n$ 元。于是，他把每件物品规定了一个重要度，分为 $5$ 等：用整数 $1\sim 5$ 表示，第 $5$ 等最重要。他还从因特网上查到了每件物品的价格（都是 $10$ 元的整数倍）。他希望在不超过 $n$ 元的前提下，使每件物品的价格与重要度的乘积的总和最大。

设第 $j$ 件物品的价格为 $v_j$，重要度为$w_j$，共选中了 $k$ 件物品，编号依次为 $j_1,j_2,\dots ,j_k$，则所求的总和为：

$v_{j_1}\times w_{j_1}+v_{j_2}\times w_{j_2}+\cdots +v_{j_k}\times w_{j_k}$。

请你帮助金明设计一个满足要求的购物单。

输入格式

第一行有两个整数，分别表示总钱数 $n$ 和希望购买的物品个数 $m$。

第 $2$ 到第 $(m+1)$ 行，每行三个整数，第 $(i+1)$ 行的整数 $v_i$，$p_i$，$q_i$ 分别表示第 $i$ 件物品的价格、重要度以及它对应的的主件。如果 $q_i=0$，表示该物品本身是主件。

输出格式

输出一行一个整数表示答案。

样例 #1

样例输入 #1

1000 5
800 2 0
400 5 1
300 5 1
400 3 0
500 2 0

样例输出 #1

2200

提示

数据规模与约定

对于全部的测试点，保证 $1\le n\le 3.2\times 10^4$，$1\le m\le 60$，$0\le v_i\le 10^4$，$1\le p_i\le 5$，$0\le q_i\le m$，答案不超过 $2\times 10^5$。

思路

看着很像分组背包, 但分组背包是只选择其中一个, 这里是任意选择直到容量完。

对于这种背包问题有两个角度, 求方案或求体积, 这里每个组里的物品类只有12个, 故可以直接用二进制表示组内物品选取情况, 循环枚举完然后求最大的留下来。

然后再继续进行下一组的决策。

代码

const int N = 4e4 + 10, M = 100;
// 前i个物品, 钱数为j, 最大的钱数重要度乘积和
int f[N];
typedef pair<int, int> PII;
PII master[M];
vector<PII> servent[M];
 
int main()
{
    int n, m;
    cin >> n >> m;
 
    for (int i = 1; i <= m; i++)
    {
        int v, w, q;
        cin >> v >> w >> q;
        if (!q)
            master[i] = {v, v * w};
        else
            servent[q].push_back({v, v * w});
    }
 
    for (int i = 1; i <= m; i++)
    {
        if (master[i].first)
        {
            for (int j = n; j >= 0; j--)
            {
                auto &sv = servent[i];
                for (int k = 0; k < 1 << sv.size(); k++)
                {
                    int v = master[i].first, w = master[i].second;
                    for (int u = 0; u < sv.size(); u++)
                    {
                        if (k >> u & 1)
                            v += sv[u].first, w += sv[u].second;
                    }
                    if (j >= v)
                        f[j] = max(f[j], f[j - v] + w);
                }
            }
        }
    }
    cout << f[n] << endl;
    return 0;
}