【来源】

【题目描述】

在一条水平路边，有 $n$ 个钓鱼湖，从左到右编号为 $1, 2, \dots, n$ 。佳佳有 $H$ 个小时的空余时间，他希望利用这个时间钓到更多的鱼。他从 $1$ 出发，向右走，有选择的在一些湖边停留一定的时间（是 $5$ 分钟的倍数）钓鱼。最后在某一个湖边结束钓鱼。佳佳从第 $i$ 个湖到第 $i + 1$ 个湖需要走 $5×T_i$ 分钟路，还测出在第 $i$ 个湖停留，第一个 $5$ 分钟可以钓到 $F_i$ 条鱼，以后每再钓 $5$ 分钟，可以钓到的鱼量减少 $D_i$ ，若减少后的鱼量小于 $0$ ，则减少后的鱼量为 $0$ 。为了简化问题，佳佳假定没有其他人钓鱼，也没有其他因素影响他钓到期望数量的鱼。请编程求出佳佳最多能钓鱼的数量。

【输入格式】

第一行一个整数 $n$ ，表示湖的个数

第二行一个整数 $H$ ，表示佳佳的空闲时间

第三行有 $n$ 个整数，依次表示每个湖第一个 $5$ 分钟能钓到鱼的数量

第四行有 $n$ 个整数，依次表示以后的每 $5$ 分钟钓鱼数量比前一个 $5$ 分钟钓鱼数量减少的数量

第五行有 $n - 1$ 个整数， $T_i$ 表示由第 $i$ 个湖到第 $i + 1$ 个湖需要花 $5×T_i$ 分钟的路程

【输出格式】

输出只有一行，表示佳佳最多能钓鱼的数量。

【输入样例】

【输出样例】

【样例解释】

在第 1 个湖钓 15 分钟，共钓得 4+3+2=9 条鱼；

在第 2 个湖钓 10 分钟，共钓得 5+3=8 条鱼；

在第 3 个湖钓 20 分钟，共钓得 6+5+4+3=18 条鱼；

从第 1 个湖到第 2 个湖，从第 2 个湖到第 3个湖，共用时间 15 分钟，共得 35 条鱼，并且这是最多的数量。

【数据范围】

对于 100% 的数据， $2 \leq n \leq 100$ , $1 \leq H \leq 20$ 。

【解析1】

贪心。

假设5分钟为一个单位时间，那么一小时60分钟里面有12个单位时间。

我用优先队列维护。这是只能重载运算符了。

然后找最大就可以了。

【代码1】

#pragma GCC optimize(3,"Ofast","inline")
#pragma G++ optimize(3,"Ofast","inline")

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <queue>

#define RI                 register int
#define re(i,a,b)          for(RI i=a; i<=b; i++)
#define ms(i,a)            memset(a,i,sizeof(a))
#define MAX(a,b)           (((a)>(b)) ? (a):(b))
#define MIN(a,b)           (((a)<(b)) ? (a):(b))

using namespace std;

typedef long long LL;

int const N=105;

struct Node {
    
    
    int id,f;

    bool operator < (const Node &rhs) const {
    
    
        return f<rhs.f;
    }
} a[N];

int n,h,ans;
int d[N],t[N];

priority_queue <Node> q;

int main() {
    
    
    scanf("%d%d",&n,&h);
    h=h*12;
    for(int i=1; i<=n; i++) {
    
    
        scanf("%d",&a[i].f);
        a[i].id=i;
    }
    for(int i=1; i<=n; i++) scanf("%d",&d[i]);
    t[1]=0;
    for(int i=2; i<=n; i++) scanf("%d",&t[i]);
    for(int i=1; i<=n; i++) {
    
    
        h-=t[i];
        for(int j=1; j<=i; j++) q.push(a[j]);
        int m=h,sum=0;
        while(m>0) {
    
    
            Node a=q.top();
            q.pop();
            if(a.f<=0) break;
            sum+=a.f;
            a.f-=d[a.id];
            q.push(a);
            m--;
        }
        ans=MAX(ans,sum);
    }
    printf("%d\n",ans);
    return 0;
}

【解析2】

本题还可以dp。
$d p [i] [j]$ 表示第一个湖到第i个湖用了j个单位时间，钓的最多鱼。
$t$ 数组表示走路的时间。
$dp[i][j]=max(dp[i][j],\frac{k*(f[i]+f[i]-d[i]*(k-1))}{2}+dp[i-1][j-k]);$
$\frac{k*(f[i]+f[i]-d[i]*(k-1))}{2}$ 是等差数列求和。
$f [i]$ 是第一个单位时间也就是钓的最多的一次鱼。
接下来就是 $k * f [i]$ 减去 $(1 * d [i] + 2 * d [i] + 3 * d [i] + . . . (k - 1) * d [i])$ 。
也就是 $f [i] + f [i] - f [i] * (k - 1)$ 。
$\frac{ 最多的首项减去最少的末项*k个单位时间}{2}$ 就是当前这个湖可以钓的最多的鱼。
$d p [i - 1] [j - k]$ 就是上一个湖钓的鱼。

【代码2】

#pragma GCC optimize(3,"Ofast","inline")
#pragma G++ optimize(3,"Ofast","inline")

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <queue>

#define RI                 register int
#define re(i,a,b)          for(RI i=a; i<=b; i++)
#define ms(i,a)            memset(a,i,sizeof(a))
#define MAX(a,b)           (((a)>(b)) ? (a):(b))
#define MIN(a,b)           (((a)<(b)) ? (a):(b))

using namespace std;

typedef long long LL;

int const N=105;

int n,h,ans;
int f[N],d[N],s[N],t[N];
int dp[30][300];

int main() {
    
    
    scanf("%d%d",&n,&h);
    h=h*12;
    for(int i=1; i<=n; i++) scanf("%d",&f[i]);
    for(int i=1; i<=n; i++) scanf("%d",&d[i]);
    s[1]=0,t[1]=0;
    for(int i=2; i<=n; i++) {
    
    
        scanf("%d",&s[i]);
        t[i]=t[i-1]+s[i];
    }
    for(int i=1; i<=n; i++) {
    
    
        for(int j=1; j<=h-t[i]; j++) {
    
    
            dp[i][j]=dp[i][j-1];
            for(int k=0; k<=j; k++) {
    
    
                if(f[i]-(k-1)*d[i]>0) {
    
    
                    dp[i][j]=MAX(dp[i][j],k*(f[i]+f[i]-d[i]*(k-1))/2+dp[i-1][j-k]);
                }
            }
        }
        ans=MAX(ans,dp[i][h-t[i]]);
    }
    printf("%d\n",ans);
    return 0;
}

【C++】「一本通 1.1 练习 5」钓鱼

「一本通 1.1 练习 5」钓鱼