HJ16 购物单
1 题目描述
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王强决定把年终奖用于购物，他把想买的物品分为两类：主件与附件，附件是从属于某个主件的，下表就是一些主件与附件的例子：
如果要买归类为附件的物品，必须先买该附件所属的主件，且每件物品只能购买一次。
每个主件可以有 0 个、 1 个或 2 个附件。附件不再有从属于自己的附件。
王强查到了每件物品的价格（都是 10 元的整数倍），而他只有 N 元的预算。除此之外，他给每件物品规定了一个重要度，用整数 1 ~ 5 表示。他希望在花费不超过 N 元的前提下，使自己的满意度达到最大。
满意度是指所购买的每件物品的价格与重要度的乘积的总和，假设设第i件物品的价格为v[i]，重要度为w[i]，则该物品的满意度为v[i]*w[i]. 请帮助王强计算其可获得得最大满意度。
输入描述：
输入的第 1 行，为两个正整数N，m，用一个空格隔开：
（其中 N （ N<32000 ）表示总钱数， m （m <60 ）为可购买的物品的个数。）
从第 2 行到第 m+1 行，第 j 行给出了编号为 j-1 的物品的基本数据，每行有 3 个非负整数 v p q
（其中 v 表示该物品的价格（ v<10000 1 5 ）， p 表示该物品的重要度（ ~ q 表示该物品是主件还是附件。如果 ，表示该物品为主件，如果>0 ，表示该物品为附件， q 是所属主件的编号）
输入描述：
输出一个正整数，为张强可以获得的最大的满意度。
示例1：
输入: 1000 5
800 2 0
400 5 1
300 5 1
400 3 0
500 2 0
输出: 2200
示例2：
输入: 50 5
20 3 5
20 3 5
10 3 0
10 2 0
10 1 0
输出: 130
2 思路
明显的背包问题，且每件物品只能购买一次，因而是01背包。但由于附件需要在购买了主件的情况下才可以购买，而主件至多有两个附件，因而属于有依赖的背包问题。
因此，附件的购买价格其实可以看作主件的价格和附件的价格之和，而满意度也是两者的加和。进而，在遍历主件的时候对其附件同时也进行判断，分4种情况：
- 只买主件
- 买主件和附件1
- 买主件和附件2
- 买主件和附件1以及附件2
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <string.h>
using namespace std;
int main(void){
int n, m;
cin >> n >> m;
n /= 10;
int things[m][6];
memset(things, 0, sizeof(things));
int v, p, q;
for(int i = 0; i < m; ++i){
cin >> v >> p >> q;
v /= 10;
if(q == 0){
things[i][0] = v;
things[i][1] = p*v;
}else{
if(things[q-1][2]){
things[q-1][4] = v;
things[q-1][5] = p*v;
}else{
things[q-1][2] = v;
things[q-1][3] = p*v;
}
}
}
int dp[m+1][n+1];
memset(dp, 0, sizeof(dp));
for(int i = 1; i <= m; ++i){
for(int j = 1; j <= n; ++j){
dp[i][j] = dp[i-1][j];
if(j < things[i-1][0]){
continue;
}
// 买主件
dp[i][j] = max(dp[i][j], dp[i-1][j - things[i-1][0]] + things[i-1][1]);
// 买主件和附件1
if(j >= things[i-1][0]+things[i-1][2]){
dp[i][j] = max(dp[i][j], dp[i-1][j-things[i-1][0]-things[i-1][2]] + things[i-1][1] + things[i-1][3]);
}
// 买主件和附件2
if(j >= things[i-1][0]+things[i-1][4]){
dp[i][j] = max(dp[i][j], dp[i-1][j-things[i-1][0]-things[i-1][4]] + things[i-1][1] + things[i-1][5]);
}
// 买主件和附件1以及附件2
if(j >= things[i-1][0]+things[i-1][2]+things[i-1][4]){
dp[i][j] = max(dp[i][j], dp[i-1][j-things[i-1][0]-things[i-1][2]-things[i-1][4]] + things[i-1][1] + things[i-1][3] + things[i-1][5]);
}
}
}
cout << dp[m][n]*10 << endl;
return 0;
}
