【动态规划】luogu_1412 经营与开发

最新推荐文章于 2025-09-04 22:08:15 发布

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博客围绕按顺序经过n个星球的问题展开，星球分资源型和维修型。资源型开采获金钱且钻头损耗，维修型维修付费用且钻头修复。采用动态规划求解最多获得的金钱，因从前往后枚举有后效性，故从后往前枚举，并给出状态转移方程。

题意

按顺序经过 $n$ 个星球，有两种种类的星球：
( $p$ 为当前钻头能力值，初始能力为 $w$ )
1.资源型：含矿物质量a[i]，若选择开采，则得到 $a [i] * p$ 的金钱，之后钻头损耗 $k%，即p=p∗(1−0.01k)k\%，即p=p*(1-0.01k)$
2.维修型：维护费用b[i]，若选择维修，则支付 $b [i] * p$ 的金钱，之后钻头修复 $c%，即p=p∗(1+0.01c)c\%，即p=p*(1+0.01c)$
求出最多获得的金钱（金钱可透支）。

思路

显然可以看出是一道动态规划，不过从前往后枚举会有后效性，所以考虑从后往前枚举。
设 $f [i]$ 为到当前星球的最多获得的金钱，可得：
$f [i] = m a x (f [i + 1], x [i] + f [i + 1] * (1 - 0.01 * k))$
$f [i] = m a x (f [i + 1], f [i + 1] * (1 + 0.01 * c) - x [i])$
表示选或不选择这个星球，或如果选择，会对后面的值产生影响。

代码

#include<cstdio>
#include<algorithm>

int type[100001], x[100001];
int n, k, c, w;
double f[100001];
 
int main() {
    scanf("%d %d %d %d", &n, &k, &c, &w);
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        scanf("%d %d", &type[i], &x[i]);
    for (int i = n; i >= 1; i--) {
        if (type[i] == 1) f[i] = std::max(f[i + 1], x[i] + f[i + 1] * (1 - 0.01 * k));
        else f[i] = std::max(f[i + 1], f[i + 1] * (1 + 0.01 * c) - x[i]);
    }
    printf("%.2lf", f[1] * w);
}