HDU 3236 Gift Hunting - 分组背包 相当于两个01背包

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	http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=3236 Gift Hunting
	
	题意：某人有两张卡，卡上的钱不能合并消费，买东西的时候物品有两个属性，一个是必须买的（即girlfriend need）
	还有一个不是必须买的，同一样物品用不同的卡消费相同并且只能购买一次，我们需要最大的价值(即happy值).

	思路: 分组背包，现将必买的东西用分组背包处理一次，判断获取的最后的价值是否为全部拿到的价值。
	然后再处理不必须购买的物品，转移状态时必须确保必须购买的不能漏去了。
	因此我们只需判断 dp[j][k-cost][q] >= sp_sum 在放进物品之前最大的价值是否大于 必须品全部的价值 即可


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#define _CRT_SECURE_NO_DEPRECATE

#include <queue>
#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <string>
#include <cstring>
#include <iostream>
using namespace std;
#define CLR(c,v) memset(c,v,sizeof(c))

template <typename _T>
_T Max(_T a , _T b){
	return (a>b)?(a):(b);
}
template <typename _T>
_T Max(_T a , _T b, _T c){
	return (a>Max(b,c))?(a):(Max(b,c));
}
template <typename _T>
_T Min(_T a , _T b){
	return (a<b)?(a):(b);
}
template <typename _T>
_T Min(_T a , _T b, _T c){
	return (a<Min(b,c))?(a):(Min(b,c));
}

const int inf    = -(1<<30);
const int INF    =  (1<<30);
const double eps =  1e-8;
const int V1_M   =  5e2 +1;
const int V2_M   =  50 +1;
const int M      =  3e2 +1;

int v[M];
int c[M];
int sp[M]; // 特殊的下标
int np[M]; // 普通的下标
int sp_len, np_len;
int sp_sum;
int dp[V1_M][V2_M][2];
int n_row , max_cost1, max_cost2, max_free;


bool solve(int p[],int len,int is_sp){
	for(int i = (is_sp==1)?(1):(sp_len+1) ; i <= len ; i++){
		int cost = (is_sp==1)?(c[sp[i]]):(c[np[i-sp_len]]);
		int value = (is_sp==1)?(v[sp[i]]):(v[np[i-sp_len]]);
		
		for (int j = max_cost1 ; j >= 0 ; j-- ){
			for (int k = max_cost2 ; k >= 0 ; k-- ){
 				for (int q = max_free ; q >= 0 ; q-- ){
					int v1,v2,v3;
					if(is_sp==1){
						v1 = (j >= cost)?( dp[j-cost][k][q] + value):(0);
						v2 = (k >= cost)?( dp[j][k-cost][q] + value):(0);
						v3 = (q >= 1   )?( dp[j][k][q-1]    + value):(0);
					}else{
						v1 = (j >= cost && dp[j-cost][k][q] >= sp_sum)?( dp[j-cost][k][q] + value):(0);
						v2 = (k >= cost && dp[j][k-cost][q] >= sp_sum)?( dp[j][k-cost][q] + value):(0);
						v3 = (q >= 1    && dp[j][k][q-1]    >= sp_sum)?( dp[j][k][q-1]    + value):(0);
					}
					dp[j][k][q] = Max(dp[j][k][q] , Max(v1,v2,v3));
				}
			}
		}
	}
	if(is_sp && sp_sum > dp[max_cost1][max_cost2][1])
		return false;

	return true;
}

void Init(){
	CLR(dp,0); 
	CLR(sp,0); 
	CLR(np,0); 
	sp_sum = 0;
	sp_len = 0;
	np_len = 0;
	max_free = 1;
}

int main(){
	//freopen("in.txt","r",stdin);
	int Ncase = 1, s;
	while(cin >> max_cost1 >> max_cost2 >> n_row, max_cost1 && max_cost2 && n_row){
		Init();
		for (int i = 1 ; i <= n_row ; i ++){
			cin >> c[i] >> v[i] >> s;
			if(s == 1){
				sp[++sp_len] = i;
				sp_sum += v[i];
			}else{
				np[++np_len] = i;
			}
		}
		if(solve(sp , sp_len , 1)){ // 先处理特殊的，如果全部价值拿到了则继续
			solve(np , n_row , 0);
		}else{
			dp[max_cost1][max_cost2][1] = -1;
		}
		printf("Case %d: %d\n\n",Ncase++ ,dp[max_cost1][max_cost2][1]);
	}	

	return 0;
}


/*

3 2 4
3 10 1
2 10 0
5 100 0
5 80 1

3 2 4
3 10 1
2 10 0
5 100 0
5 80 0

3 2 4
3 10 1
2 10 1
5 100 1
5 80 1

8 2 4
3 10 0
2 10 0
5 100 0
5 80 0
0 0 0


result:
Case 1: 100

Case 2: 120

Case 3: -1

Case 4: 200

*/