洛谷P2938(2019.8.11)

今天写了洛谷P2938
第一次看这个问题的时候觉得这是一个分组背包，类似于金明的预算方案或者说是软件安装这样的题目
然后呢，把树形DP代码敲上去，发现只有23分QAQ
原因在于，这个数据规模太大了，这样会超时。。。
这个题，要考察的点还是蛮多的
考虑到数据大，而且这个树的深度也就那么2层，用树形DP是没必要的。
所以考虑二维DP
dp[i][j]表示的是选择前i件物品花费j所得到的最大收益
然后内存就爆了
dp[i][j]中的内容是由dp[i-1][j]推出来的
所以我们不需要关心用这个物品前几个物品的收益，只需要上一层的。
所以不妨新建一个数组ans[i]，表示当前阶段用i元可以收获的最大收益
所以我们每次在一个主机的循环结束以后，就及时更新花费的最大值ans[i]，也就是用使用了当前主机的f[i]来更新
也就是说我们然后每次进入新的主机的循环的时候，我们就需要f数组初始赋值，然后进行dp后更新ans数组
达到一个滚动的效果，就没那么消耗空间
注意循环的时候的边界和倒序（01背包嘛！）
代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int f[10000010];
int ans[10000010];
int main(){
	int n;
	int money;
	cin>>n>>money;
	int t=n;
	while(t--){
		int zhuji;
		int num;
		cin>>zhuji>>num;
		for(int j=zhuji;j<=money;j++){
			f[j]=ans[j-zhuji];//每次把上次更新过的数组f进行更新，因为要进行下一次物品购买，所以的话必须更新f数组 
		}

		for(int i=1;i<=num;i++){
			int price,value;
			cin>>price>>value;
			for(int j=money;j>=zhuji+price;j--){//最大投入到这块的费用肯定就是背包的容积，而且至少要买下主机才能获得收益
				f[j]=max(f[j],f[j-price]+value);
			}
		}
		
		for(int j=zhuji;j<=money;j++){
			ans[j]=max(f[j],ans[j]);
		}
	}
	cout<<ans[money];
} 

所以，其实算法必须要做到活学活用，不能简简单单拘泥于一种算法而不去深入思考，也不能简简单单套个模板，觉得万事大吉，而是要去深入发掘题目背后所隐含的内容，然后经过思考和优化后达到算法的优化，然后解决实际问题。