[分组背包]Luogu1064 金明的预算方案

最新推荐文章于 2024-10-21 18:12:22 发布

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本文介绍了一种基于分组背包算法解决购物预算优化问题的方法。通过将物品分为主件和附件，利用分组背包思想，确保在不超过预算的情况下，最大化物品价格与重要度乘积的总和。

原题链接：https://www.luogu.com.cn/problem/P1064

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 $\sim 5$ 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 $j1,j2,…,jkj_1,j_2,\dots,j_k$ ，则所求的总和为：

$vj1×wj1+vj2×wj2+⋯+vjk×wjkv_{j_1} \times w_{j_1}+v_{j_2} \times w_{j_2}+ \dots +v_{j_k} \times w_{j_k}$ 。

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。

输入输出样例

输入 #1

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

输出 #1

2200

说明/提示

数据规模与约定

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

题解

退役咸鱼含泪复习分组背包……

分组背包指 $n$ 个背包被分为 $m$ 组，每个组内的背包是互斥的，即在同一个组内的背包至多只能选择一个。

很显然，由于这道题中每个主件的附件数只能为 $0, 1, 2$ 个，我们可以轻松枚举出一套主件与附件的购买情况：对于有一个主件的，有买与不买附件两种情况；对于有两个附件的，有两个都不买、两个都买、只买附件一、只买附件二。再加上只购买主件的情况，这几种情况是互斥的，就可以构成一个分组背包。

那么如何解决分组背包问题呢？最重要的就是解决组内背包互斥的问题。

对于普通的 $01$ 背包，我们的转移方程如下：

dp[0]=1;
for(int i=1;i<=m;++i)for(int j=n;j>=0;--j)
if(dp[j]&&j+v[i]<=n)dp[j+v[i]]=max(dp[j+v[i]],dp[j]+v[i]*w[i]);

对于每个背包 $i$ ，我们倒序遍历了 $n∼0n\sim 0$ 进行转移，这个做法正确的原因是在每次更新时用到的 $d p [j]$ 都是没有被 $i$ 更新过的，即保留了 $i - 1$ 更新后的状态，使得在所有状态中一个背包只会被用一次；如果正序遍历 $0∼n0\sim n$ ，那么每次更新时用到的 $d p [j]$ 都是已经被 $i$ 更新过的，就变成了完全背包的做法。

同样的，要解决分组背包，需要在组内转移时保持 $d p [j]$ 始终为上一组更新后的状态（而不是上一个背包更新后的状态），这样才能保证得到的解中同一个组内的背包最多只用了一个。所以，对于花费为 $j$ 时的最大收益 $d p [j]$ ，我们要先遍历完一整个组去更新 $d p [j]$ ，更新完 $d p [j]$ 后再去更新 $d p [j - 1]$ ，具体实现如下：

for(int i=1;i<=m;++i)//枚举组
{
	if(gro[i].size())
	for(int j=n;j>=0;--j)//倒序遍历n~0
	for(int k=gro[i].size()-1;k>=0;--k)//枚举组内的背包
	if(j+gro[i][k].cst<=n)dp[j+gro[i][k].cst]=max(dp[j+gro[i][k].cst],dp[j]+gro[i][k].val);
}

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m,ans;
int dp[32005],v[65],p[65],q[65];
struct bag{int cst,val;};
vector<bag>gro[65];
vector<int>num[65];
void in()
{
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(int i=1;i<=m;++i)
	{
		scanf("%d%d%d",&v[i],&p[i],&q[i]);
		if(q[i])num[q[i]].push_back(i);
		else gro[i].push_back((bag){v[i],p[i]*v[i]});
	}
}
void ac()
{
	for(int i=1,t1,t2;i<=m;++i)
	{
		if(!num[i].size())continue;
		t1=num[i][0];gro[i].push_back((bag){v[i]+v[t1],gro[i][0].val+v[t1]*p[t1]});
		if(num[i].size()==2)
		{
			t2=num[i][1];
			gro[i].push_back((bag){v[i]+v[t2],gro[i][0].val+v[t2]*p[t2]});
			gro[i].push_back((bag){gro[i][1].cst+v[t2],gro[i][1].val+v[t2]*p[t2]});
		}
	}
	for(int i=1;i<=m;++i)
	{
		if(gro[i].size())
		for(int j=n;j>=0;--j)for(int k=gro[i].size()-1;k>=0;--k)
		if(j>=gro[i][k].cst)dp[j]=max(dp[j],dp[j-gro[i][k].cst]+gro[i][k].val);
	}
	for(int i=1;i<=n;++i)ans=max(ans,dp[i]);
	printf("%d",ans);
}
int main(){in(),ac();}