P14920 [GESP202512 六级] 道具商店

记录132

#include<bits/stdc++.h> // 引入C++万能头文件，包含所有常用的标准库
using namespace std; // 使用标准命名空间std
#define ll long long // 定义长整型别名ll，因为金币数量最大为1e9，累加容易溢出int
const int MAX_SUM=250005; // 定义常量，表示所有道具攻击力总和的最大值(500*500)
const ll INF=1e18; // 定义一个极大的数作为无穷大，表示某种攻击力无法达到

int n; // 定义变量n，表示道具的总数量
ll k; // 定义变量k，表示玩家拥有的金币总数（预算上限）
int a[505],c[505]; // 定义数组，a[i]表示第i件道具的攻击力，c[i]表示购买所需的金币
ll dp[MAX_SUM]; // 定义dp数组，dp[j]表示获得j点攻击力所需要的最少金币数
int total_a=0; // 定义变量total_a，用来累加所有道具的攻击力总和

int main(){ // 主函数入口
    ios::sync_with_stdio(false); // 关闭标准流同步，提升输入输出效率
    cin.tie(0); // 解除cin与cout的绑定，加快读取速度
    
    cin>>n>>k; // 读入道具数量和金币总数
    for(int i=1;i<=n;i++){ // 循环读入每件道具的信息
        cin>>a[i]>>c[i]; // 读入第i件道具的攻击力和花费
        total_a+=a[i]; // 累加攻击力总和，作为dp数组的遍历上界
    }
    
    // 初始化dp数组：除了0点攻击力花费0金币外，其余状态都初始化为无穷大（表示不可达）
    for(int i=0;i<=total_a;i++){
        dp[i]=INF;
    }
    dp[0]=0; // 获得0点攻击力不需要花费任何金币
    
    // 01背包核心循环：遍历每一件道具
    for(int i=1;i<=n;i++){
        // 逆序遍历攻击力（从大到小），这是01背包一维数组优化的经典操作，防止同一件道具被重复选取
        for(int j=total_a;j>=a[i];j--){
            // 状态转移方程：取“不买当前道具”和“买当前道具”两者中花费金币较少的方案
            dp[j]=min(dp[j],dp[j-a[i]]+c[i]);
        }
    }
    
    int ans=0; // 定义变量ans，用来记录最终的最大攻击力
    // 遍历所有可能的攻击力，找到花费在预算k以内的最大攻击力
    for(int j=0;j<=total_a;j++){
        if(dp[j]<=k){ // 如果获得j点攻击力的最小花费不超过拥有的金币数
            ans=max(ans,j); // 更新最大攻击力
        }
    }
    
    cout<<ans<<"\n"; // 输出最多可以提升的攻击力点数
    return 0; // 程序正常结束
}

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题目传送门https://www.luogu.com.cn/problem/P14920

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前言

我是一名专注信奥赛（CSP-J/S、NOIP）的教练。

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• 备赛路上若遇瓶颈，欢迎随时评论或私信，我将甄选典型疑难问题，通过视频讲解或撰写专项文章的形式，为你提供深度答疑。

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 核心解题思路

这道题是一道经典的01背包问题的变种。

1. 常规思路的瓶颈：
   在标准的背包问题中，我们通常定义 dp[j] 为“花费 j 枚金币能获得的最大攻击力”。但是，本题中金币数量 k 和道具花费 c_i 最大可达 10^9，如果以金币作为背包容量，数组根本开不下，时间复杂度也会严重超标。

2. 逆向思维（交换价值与代价）：
   观察数据范围，道具数量 n 最大只有 500，每件道具的攻击力 a_i 最大只有 500。这意味着，所有道具的攻击力总和最大仅为 500 × 500 = 250000。
   因此，我们可以将“代价”和“价值”互换：定义 dp[j] 为“获得 j 点攻击力所需要的最少金币数”。这样，背包的容量就变成了攻击力总和（约 2.5 × 10^5），完全在可接受的范围内。

3. 状态转移与答案提取：
   状态转移方程为：dp[j] = min(dp[j], dp[j - a_i] + c_i)。
   在计算出所有攻击力对应的最小花费后，我们只需要从大到小（或遍历所有）寻找满足 dp[j] ≤ k（花费在预算内）的最大的 j，即为最终答案。

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 代码分块详细解释

1. 头文件、常量与全局变量定义

#include<bits/stdc++.h> 
using namespace std; 
#define ll long long // 定义长整型别名 ll，因为金币数量最大为 1e9，累加容易溢出 int
const int MAX_SUM=250005; // 定义常量，表示所有道具攻击力总和的最大值 (500*500)
const ll INF=1e18; // 定义一个极大的数作为无穷大，表示某种攻击力无法达到

int n; // 定义变量 n，表示道具的总数量
ll k; // 定义变量 k，表示玩家拥有的金币总数（预算上限）
int a[505], c[505]; // 定义数组，a[i] 表示第 i 件道具的攻击力，c[i] 表示购买所需的金币
ll dp[MAX_SUM]; // 定义 dp 数组，dp[j] 表示获得 j 点攻击力所需要的最少金币数
int total_a=0; // 定义变量 total_a，用来累加所有道具的攻击力总和

• 详细分析：这部分奠定了算法的基础。由于金币花费可能达到 109，累加后极易超出 int 范围，因此金币相关变量和 dp 数组必须使用 long long。INF 被设置为 1018，用于初始化 dp 数组，代表“当前攻击力暂时无法达到”的状态。MAX_SUM 的设定非常巧妙，它利用了题目中 a_i 和 n 较小的约束，将背包容量压缩到了 2.5 × 105 级别。

2. 输入处理与数据准备

int main(){ 
    ios::sync_with_stdio(false); // 关闭标准流同步，提升输入输出效率
    cin.tie(0); // 解除 cin 与 cout 的绑定，加快读取速度
    
    cin>>n>>k; // 读入道具数量和金币总数
    for(int i=1;i<=n;i++){ // 循环读入每件道具的信息
        cin>>a[i]>>c[i]; // 读入第 i 件道具的攻击力和花费
        total_a+=a[i]; // 累加攻击力总和，作为 dp 数组的遍历上界
    }

• 详细分析：在读取数据的同时，程序计算了所有道具的攻击力总和 total_a。这个变量至关重要，它决定了后续 dp 数组需要遍历的确切范围，避免了无意义的循环，进一步提升了程序的运行效率。

3. DP 数组初始化

    // 初始化 dp 数组：除了 0 点攻击力花费 0 金币外，其余状态都初始化为无穷大（表示不可达）
    for(int i=0;i<=total_a;i++){
        dp[i]=INF;
    }
    dp[0]=0; // 获得 0 点攻击力不需要花费任何金币

• 详细分析：这是一个标准的“求最小值”型 DP 的初始化操作。将状态初始化为无穷大，是为了在后续的状态转移方程 min() 中，能够正确地筛选出真正的最小花费。dp[0] = 0 则是动态规划的基准状态。

4. 01 背包核心循环

    // 01背包核心循环：遍历每一件道具
    for(int i=1;i<=n;i++){
        // 逆序遍历攻击力（从大到小），这是 01背包一维数组优化的经典操作，防止同一件道具被重复选取
        for(int j=total_a;j>=a[i];j--){
            // 状态转移方程：取“不买当前道具”和“买当前道具”两者中花费金币较少的方案
            dp[j]=min(dp[j],dp[j-a[i]]+c[i]);
        }
    }

• 详细分析：这是算法的灵魂。
  • 逆序遍历的必要性：因为每件道具只能购买一次（01背包），在更新 dp[j] 时，我们需要依赖上一轮（未购买当前道具时）的 dp[j - a_i] 的状态。如果正序遍历，dp[j - a_i] 会在当前轮次被提前更新，导致同一件道具被多次购买（这就变成了完全背包）。逆序遍历完美规避了这个问题。
  • 状态转移：dp[j - a_i] + c_i 表示为了凑出 j 点攻击力，我们选择购买第 i 件道具，那么就需要在凑出 j - a_i 点攻击力的最小花费基础上，再加上当前道具的花费 c_i。

5. 提取答案与输出

    int ans=0; // 定义变量 ans，用来记录最终的最大攻击力
    // 遍历所有可能的攻击力，找到花费在预算 k 以内的最大攻击力
    for(int j=0;j<=total_a;j++){
        if(dp[j]<=k){ // 如果获得 j 点攻击力的最小花费不超过拥有的金币数
            ans=max(ans,j); // 更新最大攻击力
        }
    }
    
    cout<<ans<<"\n"; // 输出最多可以提升的攻击力点数
    return 0; // 程序正常结束
}

• 详细分析：在完成了所有的状态转移后，dp 数组中存储了获得任意攻击力所需的最小金币数。最后一步只需要线性扫描一遍 dp 数组，找出所有满足“最小花费 ≤ 玩家总金币 k”的攻击力 j 中的最大值，即为题目所求。

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核心逻辑总结表

代码模块	核心变量/操作	精炼作用	解决的痛点
逆向建模	dp[j] = 获得 j 攻击力的最小金币	交换背包的“代价”与“价值”	解决了金币数高达 109，无法作为数组下标的致命问题
数据范围利用	total_a 累加攻击力	确定 DP 数组的实际遍历上界	利用 n 和 a_i 较小的特点，将复杂度限制在 O(n × Σa_i)
01背包防重	for(j=total_a; j>=a[i]; j--)	逆序遍历背包容量	保证每件道具只被计算一次，符合“每件道具只能购买一次”的题意
极值初始化	dp[i]=INF, dp[0]=0	设定求最小值的基准状态	确保状态转移方程 min() 能够正确计算出真实的最小花费
答案提取	if(dp[j]<=k) ans=max(ans,j)	在预算约束下寻找最优解	将计算出的“最小花费表”转化为题目要求的“最大攻击力”