hdu 3466 Proud Merchants(0/1背包)

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思路: 0/1背包
分析:
1 这一题和"hdu2546 饭卡"有点像，但是又有不同，不同的是这一题每一个物品都有一个限制的值Q[i]，求最大的价值
2 题目明确提到每一种物品只能卖一次或这不卖，那这明显就是0/1的性质，但是现在多了一个条件钱不能少于Q[i]。这边的话我各种YY无果之后，果断看了题解，发现是要按照q-p排序，然后再做dp。
3 经过一番的YY之后，我明白了为什么按照q-p是正确的。我们都知道dp有一个很重要的特点就是无后效性，如果没有金钱的限制的话我们进行求解dp是肯定没有后效性的，但是有了金钱的限制之后完全就不一样了。
for (i=1; i<=n; i++)
    for (j=m; j>=q[i]; j--)
    dp[j]=max(dp[j],dp[j-p[i]]+v[i]);
要保证dp方程无后效性 j-p[i]一定要比j先算，那么当算i时,最小能算到q[i]-p[i]，这样保证后面的可以用到前面的状态，因此以q[i]-p[i]排序即可保证无后效性。

代码:

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;

const int MAX = 510;
const int MAXN = 5010;

struct Node{
    int p;
    int q;
    int v;
    bool operator<(const Node& s)const{
        return (q-p) < (s.q-s.p); 
    }
};
Node node[MAX];
int n , m , dp[MAXN];

int solve(){
    memset(dp , 0 , sizeof(dp));
    sort(node+1 , node+1+n);
    for(int i = 1 ; i <= n ; i++){
        for(int j = m ; j >= node[i].q; j--)    
            dp[j] = max(dp[j] , dp[j-node[i].p]+node[i].v); 
    }
    return dp[m];
}

int main(){
    while(scanf("%d%d" , &n , &m) != EOF){
        for(int i = 1 ; i <= n ; i++) 
            scanf("%d%d%d" , &node[i].p , &node[i].q , &node[i].v); 
        printf("%d\n" , solve());
    }
    return 0;
}