[洛谷P1156] 垃圾陷阱

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题目描述

卡门――农夫约翰极其珍视的一条Holsteins奶牛――已经落了到“垃圾井”中。“垃圾井”是农夫们扔垃圾的地方，它的深度为D(2<=D<=100)英尺。

卡门想把垃圾堆起来，等到堆得与井同样高时，她就能逃出井外了。另外，卡门可以通过吃一些垃圾来维持自己的生命。

每个垃圾都可以用来吃或堆放，并且堆放垃圾不用花费卡门的时间。

假设卡门预先知道了每个垃圾扔下的时间t(0< t<=1000)，以及每个垃圾堆放的高度h(1<=h<=25)和吃进该垃圾能维持生命的时间f(1<=f<=30)，要求出卡门最早能逃出井外的时间，假设卡门当前体内有足够持续10小时的能量，如果卡门10小时内没有进食，卡门就将饿死。

输入输出格式

输入格式：

第一行为2个整数，D 和 G (1 <= G <= 100)，G为被投入井的垃圾的数量。

第二到第G+1行每行包括3个整数：T (0 < T <= 1000)，表示垃圾被投进井中的时间；F (1 <= F <= 30)，表示该垃圾能维持卡门生命的时间；和 H (1 <= H <= 25)，该垃圾能垫高的高度。

输出格式：

如果卡门可以爬出陷阱，输出一个整表示最早什么时候可以爬出；否则输出卡门最长可以存活多长时间。

输入输出样例

输入样例#1：

20 4
5 4 9
9 3 2
12 6 10
13 1 1

输出样例#1：

13

说明

[样例说明]

卡门堆放她收到的第一个垃圾：height=9；

卡门吃掉她收到的第二个垃圾，使她的生命从10小时延伸到13小时；

卡门堆放第3个垃圾，height=19；

卡门堆放第4个垃圾，height=20.

一句话题意: 给出一个高度\(D\),以及\(G\)个物品,每个物品可以用来增加存活时间(这里我们叫它血量值),或者用来增加它现在的高度.问到达给定高度\(D\)的时候血量值最少为多少.

题解: 分析题目，我们需要求的答案是时间，那么显然时间是不能作为我们枚举的变量的. 于是想到枚举高度或生命，而dp数组存放时间。很显然，这样状态既不完整，也写不出转移方程。而且dp数组存的是当前状态下最大或最小的价值，似乎也不满足。

此时再看要枚举的变量,现在还有高度,生命,物品需要枚举(时间作为dp数组存放的答案.再分析题目,每个垃圾都有一个下落的时间,奶牛一定是在垃圾丢下来的时间就处理垃圾的 (可以得出这样的最优的),那么物品就可以和时间关联起来了.也就是枚举到该物品的时候就直接以该物品的出现时间作为使用时间 .所以我们没有必要枚举时间.

然后再来考虑一下枚举物品的顺序.显然枚举物品的顺序是要以它出现的顺序为顺序作为依据的.因为如果该物品还没有出现,就不能对之前的物品作出贡献.

其实这个高度可以看作是背包的容量,血量和吃掉垃圾得到的额外存活时间可以看作是背包的价值,那么就可以定义状态\(f[i][j]\)表示枚举到第\(i\)个垃圾的时候到达\(j\)的高度,此时拥有\(f[i][j]\)的血量.那么根据一个物品选择吃或者是选择拿来当高度,可以列出状态转移方程:\[f[i][j]=max(f[i-1][j-waste[i].h],f[i-1][j]+waste[i].t)\]

初始值就是\(f[0][0]=10\),也就是还没有选用物品的时候有10点血量.

其实可以考虑优化掉一维,把物品那一维删除,因为这次枚举的状态肯定是从选用上一个物品的状态转移过来的.

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=100+5;
const int H=100;

int limit, n, ans = 0;
int f[N];//HP
//i_th waste at height j

struct waste{
    int t, g, h;
}a[N];

bool cmp(waste a, waste b){
    return a.g < b.g;
}

int main(){
    cin >> limit >> n;
    for(int i=1;i<=n;i++)
        cin >> a[i].g >> a[i].t >> a[i].h;
    sort(a+1, a+n+1, cmp);
    memset(f, 128, sizeof(f)); f[0] = 10;
    for(int i=1;i<=n;i++)
        for(int j=limit;j>=0;j--){
            if(f[j] < a[i].g) continue;
            if(a[i].h+j >= limit)
                printf("%d\n",a[i].g), exit(0);
            f[j+a[i].h] = max(f[j+a[i].h], f[j]);
            f[j] += a[i].t;//相当于f[i-1][j]=max(f[i-1][j]+waste[i].t,f[i][j])
            //但是显然如果加上这次的时间是肯定比上一次的时间要多一些的
            //printf("f[%d]=%d\n", j, f[j]);
    }
    printf("%d\n",f[0]);
    return 0;
}

转载于:https://www.cnblogs.com/BCOI/p/9055726.html