Cow Exhibition POJ

题目地址：https://vjudge.net/problem/POJ-2184

下面的解释是从一个大佬那搬来的，讲的很清楚
题意：给定一些奶牛，每个牛有s和f两个属性值，有正有负，要求选出一些牛，
使得这些牛的两种属性的和的加和最大，且这些牛的两种属性分别求加和不能为负。
分析：dp，开始想到dp[i][s][f]，表示前i头牛能否实现属性和分别为s, f。空间和时间都不允许，
要将f从状态中拿出來，让f的属性和作为所求的值。即变为d[i][s] = f的形式。
表示用前i头牛构成s属性和为s的情况下f属性和最大为多少。状态转移从两种情况来，即用或者不用当前的牛。
dp[i][j] = max(dp[i - 1][j - s[i]] + f[i], dp[i - 1][j])。在实际操作的时候可以将第一维去掉，进行空间上的优化。
但是由于s[i]的值有正有负，所以在填写数组的顺序要根据s[i]的值来决定，
若为正则从右到左（类似01背包的空间优化），若为负则从左到右。
注意：动态规划中状态维和值是可以相互转化的。状态维过多，效率低的时候，
可以把将其转化为数组值；同理，数组值不唯一无法规划时，可以增加状态维使状态更详细

 #include<iostream>

 #include<algorithm>

 using namespace std;

 #define rep(i,j,k) for(int i = (j); i <= (k); i++)

 #define per(i,j,k) for(int i = (j); i >= (k); i--)

 #define mv (int)1e5

 #define N 105

 #define inf (1LL << 30) - 1

 #define maxn (int)2e5 + 10

 int dp[maxn];

 int s[N], f[N];

 int n;

 void input(){

     rep(i, , maxn - ) dp[i] = -inf;

     cin >> n;

     rep(i, , n) cin >> s[i] >> f[i];

 }

 void work(){

     dp[ + mv] = ;

     rep(i, , n){

         if (s[i] > ){

             per(o, (int)1e5, (int)(-1e5 + s[i]))

                 dp[o + mv] = max(dp[o + mv], dp[o - s[i] + mv] + f[i]);

         }

         else{

             rep(o, (int)-1e5, (int)(1e5 + s[i]))

                 dp[o + mv] = max(dp[o + mv], dp[o - s[i] + mv] + f[i]);

         }

     }

     int ans = ;

     rep(i, , (int)1e5){

         if (dp[i + mv] >= ) ans = max(ans, i + dp[i + mv]);

     }

     cout << ans << endl;

 }

 int main(){

     ios::sync_with_stdio(false);

     cin.tie();

     input();

     work();

     return ;

 }

巴特西

Cow Exhibition POJ - 2184

题目地址：https://vjudge.net/problem/POJ-2184

最新文章

热门文章