[HDU 1864 最大报销额] 入门DP

题目连接 http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=1864

最大报销额

Time Limit: 1000/1000 MS (Java/Others)    Memory Limit: 32768/32768 K (Java/Others)
Total Submission(s): 19610    Accepted Submission(s): 5809

Problem Description

现有一笔经费可以报销一定额度的发票。允许报销的发票类型包括买图书（A类）、文具（B类）、差旅（C类），要求每张发票的总额不得超过1000元，每张发票上，单项物品的价值不得超过600元。现请你编写程序，在给出的一堆发票中找出可以报销的、不超过给定额度的最大报销额。

 

Input

测试输入包含若干测试用例。每个测试用例的第1行包含两个正数 Q 和 N，其中 Q 是给定的报销额度，N（<=30）是发票张数。随后是 N 行输入，每行的格式为：
m Type_1:price_1 Type_2:price_2 ... Type_m:price_m
其中正整数 m 是这张发票上所开物品的件数，Type_i 和 price_i 是第 i 项物品的种类和价值。物品种类用一个大写英文字母表示。当N为0时，全部输入结束，相应的结果不要输出。

 

Output

对每个测试用例输出1行，即可以报销的最大数额，精确到小数点后2位。

 

Sample Input

  

   200.00 3
2 A:23.50 B:100.00
1 C:650.00
3 A:59.99 A:120.00 X:10.00
1200.00 2
2 B:600.00 A:400.00
1 C:200.50
1200.50 3
2 B:600.00 A:400.00
1 C:200.50
1 A:100.00
100.00 0
  

 

Sample Output

  

   123.50
1000.00
1200.50
  

 

Source

浙大计算机研究生复试上机考试-2007年

 

入门的DP题，坑爹的输入要求，题目看仔细就行，基础的01背包。

关于浮点数，因为要求保留小数点2位，所以乘个100就行，到时候转换回来就可以了。

代码。。

#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<algorithm>
using namespace std;
double q;
int n;
int dp[3000010], v[31];  //因为要乘100，所以是30*1000*100
int main()
{
//	freopen("input.txt", "r", stdin);
	int m;
	double sum;
	while (scanf("%lf%d", &q, &n) != EOF)
	{
		if (!n)
			break;
		int cnt = 0;
		memset(dp, 0, sizeof(dp));
		memset(v, 0, sizeof(v));
		for (int i = 0; i < n; i++)
		{
			scanf("%d", &m);
			sum = 0;
			int a = 0, b = 0, c = 0, flag = 1;
			double val;
			char ch;
			for (int j = 0; j < m; j++)
			{
				scanf("%c%c:%lf", &ch, &ch, &val);
				if (ch == 'A')
					a += (int)(val * 100);
				else if (ch == 'B')
					b += (int)(val * 100);
				else if (ch == 'C')
					c += (int)(val * 100);
				else
					flag = 0;
			}
			if (!flag || a + b + c>100000 || a > 60000 || b > 60000 || c > 60000)
				continue;
			v[cnt++] = a + b + c;
		}
		int tot = (int)(q * 100);
		for (int i = 0; i < cnt; i++)
			for (int j = tot; j >= v[i]; j--)
				dp[j] = max(dp[j], dp[j - v[i]] + v[i]);  //基础01背包的状态转移方程。。
		printf("%.2lf\n", (double)dp[tot] * 0.01);
	}
	return 0;
}