RC-u5 工作安排

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N = 5000 + 10;

int n;

struct node
{
    int t, d, p;
}tr[N];

int f[N]; //前i个工作在j时刻完成得到的最大报酬
//基于01背包的特性,对于每一个工作组合,可以不从零时刻开始,但是一旦开始就必须连续进行直到j时刻

//排序之后,如果选择了第i个工作,由于其截止时间不比前面的早,将该工作放在最后一个完成才能获得最大报酬
bool cmp(node a, node b)
{
    return a.d < b.d;
}

void solve()
{
    cin >> n;
    for(int i = 1; i <= n; i ++ )
    {
        cin >> tr[i].t >> tr[i].d >> tr[i].p;
    }
    
    sort(tr + 1, tr + 1 + n, cmp);
    
    memset(f, 0, sizeof f);
    
    for(int i = 1; i <= n; i ++ )
    {
        for(int j = tr[i].d; j >= tr[i].t; j -- )
        {
            f[j] = max(f[j], f[j - tr[i].t] + tr[i].p);
        }
    }
    int ans = 0;
    for(int i = 1; i <= tr[n].d; i ++ )
    ans = max(ans, f[i]);
    cout << ans << endl;
}

int main()
{
    int t;
    cin >> t;
    while(t --)
    {
        solve();
    }
    return 0;
}

RC-u5 工作安排 分数 30 小 K 有 N 项工作等待完成,第 i 项工作需要花 t_i单位时间,必须在 d_i时刻或之前完成,报酬为 p_i 。 假设小 K 工作时刻从 0 开始,且同一时刻只能做一项工作工作一旦开始则不可中断或切换至其他工作, 请你帮小 K 规划一下如何选择合适的工作,使小 K 可以获得最多的报酬。 输入格式: 输入第一行是一个正整数 T (≤5),表示数据的组数。 接下来有 T 组数据,每组数据第一行是一个正整数 N (≤5000),表示待完成工作的数量。 接下来的 N 行,每行三个非负整数 t_i 、d_i 、p_i (均 ≤5000;1≤i≤N),表示第 i 项工作需要花费的时间、截止时间以及报酬。 输出格式: 对于每组数据,输出小 K 能获得最多的报酬是多少。 输入样例: 3 5 1 2 50 3 3 100 1 5 1 3 2 5000 4 5 30 5 1 2 50 3 3 20 1 5 1 3 2 5000 4 5 30 5 1 2 50 3 3 100 1 5 1 3 2 5000 5 5 800 AI写代码 输出样例: 101 80 800 #include <bits/stdc++.h> using namespace std; struct Span { int t, d, p; Span(int t, int d, int p) : t(t), d(d), p(p) {} }; void solve() { int n; cin >> n; vector<Span> ps; for (int i = 0; i < n; i++) { int t, d, p; cin >> t >> d >> p; ps.push_back(Span(t, d, p)); } // 按时间序排序,保证dp的无后效性 sort(ps.begin(), ps.end(), [](auto &a, auto &b) { return a.d < b.d; }); // 这边的5000为时间的上限 vector<int> dp(5001, 0); for (int i = 0; i < n; i++) { vector<int> dp2(5001, 0); int d = ps[i].d, t = ps[i].t; for (int j = 0; j <= d - t; j++) { dp2[j + t] = max(dp2[j + t], dp[j] + ps[i].p); } for (int j = 0; j <= 5000; j++) { dp2[j] = max(dp2[j], dp[j]); if (j > 0) dp2[j] = max(dp2[j], dp2[j - 1]); } dp.swap(dp2); } cout << dp[5000] << endl; } int main() { int t; cin >> t; while (t-- > 0) { solve(); } return 0; } 分析这一题的思路,给出具体的思路,并且最后用python实现
07-06
04-01
### 关于 RC-U5 技术文档或开发者指南的信息 RC-U5 是 2022 RoboCom 世界机器人开发者大赛中的一个重要主题,涉及树结构与二分图的相关算法设计和实现。以下是关于该主题的技术信息汇总: #### 1. **RC-U5 的核心概念** RC-U5 主要围绕无向图的性质展开,特别是二分图的概念及其判定方法。根据定义,一个无向图 \(G = (V, E)\) 被称为二分图当且仅当其顶点集合可以划分为两个互不相交的子集 \((A, B)\),使得每条边的两端分别位于不同的子集中[^3]。 #### 2. **技术实现的关键点** 在竞赛中,通常需要通过编程来验证给定图是否为二分图。常见的做法是利用广度优先搜索(BFS)或深度优先搜索(DFS),并尝试对节点进行双色染色。如果能够成功完成染色而不出冲突,则说明该图为二分图;否则不是。 以下是一个基于 BFS 实现的 Python 示例代码用于判断二分图: ```python from collections import deque def is_bipartite(graph): n = len(graph) color = [-1] * n # 初始化颜色数组,-1 表示未着色 for start in range(n): # 遍历所有可能的连通分量 if color[start] != -1: # 已经访问过的节点跳过 continue queue = deque([start]) color[start] = 0 # 初始节点设置为颜色 0 while queue: node = queue.popleft() current_color = color[node] next_color = 1 - current_color for neighbor in graph[node]: if color[neighbor] == -1: # 如果邻居尚未着色 color[neighbor] = next_color queue.append(neighbor) elif color[neighbor] == current_color: # 发生颜色冲突 return False return True ``` 此代码片段展示了如何使用队列数据结构执行 BFS 并检测是否存在矛盾的颜色分配情况[^4]。 #### 3. **开发过程中需要注意的地方** 参赛选手提到,在实际编码阶段可能会因为变量类型的选取不当而导致错误。例如,默认采用整型存储某些计算结果可能导致溢出问题,因此建议显式声明更宽泛的数据类型如 `long long` 来规避此类风险[^5]。 #### 4. **其他相关资源链接** 除了上述理论基础外,还可以参考 JavaScript 中有关文件处理的知识补充理解 Base64 编码的应用场景以及与其他格式间的转换逻辑[^2]。虽然这部分内容看似偏离主题较远,但在现代软件工程实践中了解多种数据表示形式总是有益处的。 --- ###
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