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https://www.acwing.com/problem/content/736/

岩石怪物杜达生活在魔法森林中，他在午餐时收集了 $N$ 块能量石准备开吃。由于他的嘴很小，所以一次只能吃一块能量石。能量石很硬，吃完需要花不少时间。吃完第 $i$ 块能量石需要花费的时间为 $S_i$ 秒。杜达靠吃能量石来获取能量。不同的能量石包含的能量可能不同。此外，能量石会随着时间流逝逐渐失去能量。第 $i$ 块能量石最初包含 $E_i$ 单位的能量，并且每秒将失去 $L_i$ 单位的能量。当杜达开始吃一块能量石时，他就会立即获得该能量石所含的全部能量（无论实际吃完该石头需要多少时间）。能量石中包含的能量最多降低至 $0$ 。请问杜达通过吃能量石可以获得的最大能量是多少？

输入格式：
第一行包含整数 $T$ ，表示共有 $T$ 组测试数据。每组数据第一行包含整数 $N$ ，表示能量石的数量。接下来 $N$ 行，每行包含三个整数 $S_i,E_i,L_i$ 。

输出格式：
每组数据输出一个结果，每个结果占一行。结果表示为Case #x: y，其中 $x$ 是组别编号（从 $1$ 开始）， $y$ 是可以获得的最大能量值。

数据范围：
$1 \leq T \leq 10$
$1 \leq N \leq 100$
$1≤S_i≤100$
$1≤E_i≤105$
$0≤L_i≤105$

设集合 $U$ 表示所有这样的吃法，这些吃法的所有能量石都会被吃，而不会由于时间衰减而能量变成 $0$ （比如在吃第 $2$ 个能量石吃完之后，结果第 $5$ 个能量石由于时间衰减而能量变成 $0$ 了，这种吃法就不会在集合 $U$ 里。显然 $U$ 已经包含了所有的吃法了，对于不满足 $U$ 的条件的吃法，我们只需要去掉那些衰减为 $0$ 的能量石即可。所以以下我们只考虑 $U$ 里的吃法）。我们任取 $U$ 的一种吃法，其吃能量石的顺序里，考虑第 $i$ 个和第 $i + 1$ 个能量石。设开始吃第 $i$ 个能量石的时候，第 $i$ 和 $i + 1$ 个能量石的能量是 $e_i$ 和 $e_{i+1}$ ，那么这两块能量石产生的贡献是 $e_i+\max\{0,e_{i+1}-s_il_{i+1}\}=e_i+e_{i+1}-s_il_{i+1}$ （因为这种吃法属于 $U$ ，所以第 $i + 1$ 个能量石不会衰减成 $0$ ），如果交换这两个能量石的顺序，则它们的贡献是 $e_{i+1}+\max\{0,e_i-s_{i+1}l_i\}$ 。我们尝试找出一种贪心顺序，使得按照这种顺序的吃法是最优的。如果交换这两个能量石之后，形成的新吃法仍然属于 $U$ ，那么就有交换后的贡献 $e_{i+1}+e_i-s_{i+1}l_i$ ；如果原顺序是最优的，那么就有 $e_i+e_{i+1}-s_il_{i+1}\ge e_{i+1}+e_i-s_{i+1}l_i\Leftrightarrow s_il_{i+1}\le s_{i+1}l_i$ ，在能量石这个集合上定义一个偏序，能量石 $A_1\le A_2\Leftrightarrow \frac{l_1}{s_1}\ge \frac{l_2}{s_2}$ （显然它也是个全序关系），我们猜测，按照这种偏序从小到大排序下的吃法是最优的。我们只需证明： $s_il_{i+1}\ge s_{i+1}l_i\Rightarrow e_i+e_{i+1}-s_il_{i+1}\le e_{i+1}+\max\{0,e_i-s_{i+1}l_i\}$ 因为这意味着对于 $U$ 里的某种最优吃法，一定可以将其适当做适当调整，使得其变成按上述偏序有序的吃法，并且不会使得结果更差，也就证明了按照上述偏序有序的吃法是最优的。证明如下：
1、如果 $max\{0,e_i-s_{i+1}l_i\}=e_i-s_{i+1}l_i$ ，这个显然；
2、如果 $max\{0,e_i-s_{i+1}l_i\}=0$ ，那么相当于要证明 $e_i+e_{i+1}-s_il_{i+1}\le e_{i+1}+\max\{0,e_i-s_{i+1}l_i\}=e_{i+1}$ ，即要证 $e_i\le s_il_{i+1}$ ，即 $e_i-s_{i+1}l_i\le s_il_{i+1}-s_{i+1}l_i$ ，而 $e_i-s_{i+1}l_i\le 0,s_il_{i+1}\ge s_{i+1}l_i$ ，所以也成立。
注意，即使做交换后的吃法不在 $U$ 里了，仍然可以将衰减成 $0$ 的能量石去掉来让新吃法还属于 $U$ ，并且新吃法的逆序数会变小（或者不变）。

由上面知，我们只需要考虑 $U$ 里按上述偏序有序的吃法即可。这就可以用动态规划解决了。这是个经典的 $0 - 1$ 背包问题。设 $f [i] [j]$ 是只吃前 $i$ 个石头，总耗时恰好是 $j$ 的情况下的最大能量，则有 $f[0][0]=0,f[0][.>0]=-\infty$ ，并且： $f[i][j]=\max\{f[i-1][j],f[i-1][j-s_i]+\max\{0,e_i-(j-s_i)l_i\}\}$ 最后只需返回 $max_j f[N][j]$ 即可。之所以不把状态定义为总耗时恰好是 $j$ 的情况下的最大能量，是因为递推方程在这种情况下不好写，它并不能写成如上的形式，因为上面的方程实际上是在 $j-s_i$ 的时刻才开始吃第 $i$ 个石头，但是实际最优方案应该是尽量安排在更早的时候吃（能量损耗少），而这个状态是很难写出转移方程的。所以就将状态定义为恰好总耗时是 $j$ ，这里的 $j$ 实际上是吃完最后一个石头的那一刻的时间。代码如下：

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

const int N = 10010;
int n;

struct Stone {
    
    
    int s, e, l;
    // 要重新定义石头的比较函数，最好写成乘法，以求精确性，并且避免0作为除数
    bool operator<(const Stone& T) const {
    
    
        return s * T.l < l * T.s;
    }
} stone[N];

// 为了空间优化，可以只开一维数组
int f[N];

int main() {
    
    
    int T;
    cin >> T;
    for (int C = 1; C <= T; C++) {
    
    
        cin >> n;
        // m存总耗时，其范围是从0到si的总和
        int m = 0;
        for (int i = 0; i < n; i++) {
    
    
            int s, e, l;
            cin >> s >> e >> l;
            stone[i] = {
    
    s, e, l};
            m += s;
        }

        sort(stone, stone + n);

        memset(f, -0x3f, sizeof f);
        f[0] = 0;

        for (int i = 0; i < n; i++) {
    
    
            int s = stone[i].s, e = stone[i].e, l = stone[i].l;
            for (int j = m; j >= s; j--) 
                f[j] = max(f[j], f[j - s] + max(0, e - (j - s) * l));
        }

        int res = 0;
        for (int i = 0; i <= m; i++) res = max(res, f[i]);
        printf("Case #%d: %d\n", C, res);
    }

    return 0;
}

对于每个case时间复杂度 $O(N\sum S_i)$ ，空间 $O(\sum S_i)$ 。

当然状态依然可以换种定义，使得上面的转移方程仍然正确。可以将 $f [i] [j]$ 定义为只从前 $i$ 个石头里选，并且所有石头都是在以 $j$ 结尾的某个连续区间吃完的方案中能量最大值（也就是说这些方案是，可能他先等一会儿时间，然后连续开吃若干个能量石并且中间不暂停，到 $j$ 时刻恰好吃完）。这样的话以下转移方程确实是对的： $f[i][j]=\max\{f[i-1][j],f[i-1][j-s_i]+\max\{0,e_i-(j-s_i)l_i\}\}$ 但是这里要返回答案的时候仍然要返回 $max_j f[N][j]$ ，因为最优解应当是他不等待，而是要一上来就开始吃，所以我们依然要遍历 $j$ 。初始值是 $\forall j,f[0][j]=0$ 。代码如下：

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

const int N = 10010;

int n;
struct Stone {
    
    
    int s, e, l;
    bool operator<(const Stone& T) const {
    
    
        return s * T.l < l * T.s;
    }
} stone[N];
int f[N];

int main() {
    
    
    int T;
    cin >> T;
    for (int C = 1; C <= T; C++) {
    
    
        cin >> n;
        int m = 0;
        for (int i = 0; i < n; i++) {
    
    
            int s, e, l;
            cin >> s >> e >> l;
            stone[i] = {
    
    s, e, l};
            m += s;
        }

        sort(stone, stone + n);

        memset(f, 0, sizeof f);

        for (int i = 0; i < n; i++) {
    
    
            int s = stone[i].s, e = stone[i].e, l = stone[i].l;
            for (int j = m; j >= s; j--) 
                f[j] = max(f[j], f[j - s] + max(0, e - (j - s) * l));
        }

        int res = 0;
        for (int i = 0; i <= m; i++) res = max(res, f[i]);
        printf("Case #%d: %d\n", C, res);
    }

    return 0;
}

时空复杂度一样。

【ACWing】734. 能量石

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