[二进制拆分]Luogu1833 樱花

最新推荐文章于 2024-10-22 15:30:14 发布

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二进制拆分

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本文介绍了一道关于在限定时间内，通过选择特定樱花树观赏次数以最大化美学值的算法问题。通过对多重背包问题的二进制拆分优化，实现高效算法解决方案。

原题链接：https://www.luogu.com.cn/problem/P1833

樱花

题目背景

《爱与愁的故事第四弹·plant》第一章。

题目描述

爱与愁大神后院里种了 $n$ 棵樱花树，每棵都有美学值 $C_i$ 。爱与愁大神在每天上学前都会来赏花。爱与愁大神可是生物学霸，他懂得如何欣赏樱花：一种樱花树看一遍过，一种樱花树最多看 $A_i$ 遍，一种樱花树可以看无数遍。但是看每棵樱花树都有一定的时间 $T_i$ 。爱与愁大神离去上学的时间只剩下一小会儿了。求解看哪几棵樱花树能使美学值最高且爱与愁大神能准时（或提早）去上学。

输入格式

共 $n + 1$ 行：

第 $1$ 行：现在时间 $T_s$ （几时：几分），去上学的时间 $T_e$ （几时：几分），爱与愁大神院子里有几棵樱花树 $n$ 。这里的 $T_s$ ， $T_e$ 格式为：hh:mm，其中 $\leq hh \leq 23$ ， $\leq mm \leq 59$ ，且 $h h, m m, n$ 均为正整数。

第 $2$ 行到第 $n + 1$ 行，每行三个正整数：看完第 $i$ 棵树的耗费时间 $T_i$ ，第 $i$ 棵树的美学值 $C_i$ ，看第 $i$ 棵树的次数 $P_i$ （ $P_i=0$ 表示无数次， $P_i$ 是其他数字表示最多可看的次数 $P_i$ ）。

输出格式

只有一个整数，表示最大美学值。

输入输出样例

输入 #1

6:50 7:00 3
2 1 0
3 3 1
4 5 4

输出 #1

说明/提示

$100%100\%$ 数据： $Te−Ts≤1000T_e-T_s \leq 1000$ （即开始时间距离结束时间不超过 $1000$ 分钟）， $\leq 10000$ 。保证 $T_e,T_s$ 为同一天内的时间。

样例解释：赏第一棵樱花树一次，赏第三棵樱花树 $2$ 次。

题解

退役老咸鱼含泪复习多重背包及其二进制拆分。

多重背包即指一个背包可以反复使用有限次，朴素的做法是这个背包能用多少次就做几次 $01$ 背包，若背包个数为 $n$ ，总容量为 $V$ ，每个背包能被重复使用的次数为 $p_i$ ，那么这个算法的复杂度为 $O(n×V×∑pi)O(n\times V\times \sum p_i)$ ，这个 $∑pi\sum p_i$ 就显得十分恐怖。

对于一个可以使用 $p$ 次的背包，我们并不需要将其拆分为 $p$ 个背包，实际上存在更简单的拆分方法，就是二进制拆分。

我们可以将拆分一个可以使用 $p$ 次背包的问题简化为：将数 $p$ 拆分为若干个数之和，使 $0∼p0\sim p$ 中的所有数都能由被拆分出的数相加得到，二进制拆分就能解决这个问题。

例如：将 $13$ 拆分为 $1, 2, 4, 6$ 就能通过这四个数之间的加和得到 $0∼130\sim 13$ 之间的所有数。

为什么是二进制？因为对于拆分出的数，加和时只有“加”与“不加”这两个选项；对于一个二进制数，它的每一位也只有“ $0$ ”和“ $1$ ”这两个选项，这两者之间有很好的对应关系，所以一堆 $2$ 的幂： $,2n−11,2,4,\cdots,2^{n-1}$ 就可以表示出 $0∼2n−10\sim 2^n-1$ 中的所有数。

但是直接将 $p$ 拆分为一堆 $2$ 的幂也存在问题，例如对于 $13$ ：若拆分为 $1, 2, 4$ ，则只能表示出 $0∼70\sim 7$ ；若拆分为 $1, 2, 4, 8$ ，则会表示到 $0∼150\sim 15$ ，上述两种拆分都不是我们想要的结果。

从上面的例子可以看到， $13$ 的正确拆分为 $1, 2, 4, 6$ ， $6$ 为 $13$ 在拆去 $1, 2, 4$ 后剩余的部分，所以正确的拆分姿势为：从 $1$ 开始将该数先拆分为递增的 $2$ 的幂，直到无法继续拆分时将剩下的部分单独作为拆分出的一个数。

以下为该拆分正确性的简要说明：

首先，由于 $1, 2, 4$ 的存在， $0∼70\sim 7$ 中的所有数便都可以表示出来。

如果我们要凑出 $8∼138\sim 13$ 中的数，不妨反过来想，当我们把所有拆分出的数加在一起时和为 $13$ ，要凑出 $8∼138\sim 13$ 就是从中减去一个范围在 $0∼50\sim 5$ 的数，显然用 $1, 2, 4$ 可以轻松凑出 $0∼50\sim 5$ ，把他们从全集中拿掉，我们便得到了 $8∼138\sim 13$ 。

由此，我们便完成了二进制拆分，因为我们是以倍增的方式拆分，所以一个可以用 $p$ 次的背包拆出来的背包数量大约为 $log_2^p$ 个，大大优化了复杂度。

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int M=1e5+5;
int hs,he,ms,me,n,cot,tim,ans;
int dp[1005];
struct bag{int t,c;bool inf;}flo[M];
void div(int a,int b,int c)
{
	for(int i=1;c>=i;c-=i,i<<=1)flo[++cot]=(bag){a*i,b*i,0};
	flo[++cot]=(bag){a*c,b*c,0};
}
void in()
{
	scanf("%d:%d%d:%d%d",&hs,&ms,&he,&me,&n);
	for(int i=1,a,b,c;i<=n;++i)
	{
		scanf("%d%d%d",&a,&b,&c);
		if(c)div(a,b,c);
		else flo[++cot]=(bag){a,b,1};
	}
}
void ac()
{
	tim=he*60+me-hs*60-ms;
	dp[0]=1;
	for(int i=1;i<=cot;++i)
	{
		if(flo[i].inf){for(int j=0;j<=tim;++j)if(j+flo[i].t<=tim&&dp[j])dp[j+flo[i].t]=max(dp[j+flo[i].t],dp[j]+flo[i].c);}
		else for(int j=tim;j>=0;--j)if(j+flo[i].t<=tim&&dp[j])dp[j+flo[i].t]=max(dp[j+flo[i].t],dp[j]+flo[i].c);
	}
	for(int i=0;i<=tim;++i)ans=max(ans,dp[i]);
	printf("%d",ans-1);
}
int main(){in(),ac();}