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问题 B: WZK吃小鸡腿(chicken)
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题目描述
As is known to all，WZK很能吃小鸡腿，但他的胃毕竟有一个最大容纳值c，否则胃中小鸡腿的巨大引力场和lōng场叠加后会有很可怕的效果。在CZYZ的食堂一共有n种小鸡腿有卖，每种小鸡腿都有有限的个数、重量和让WZK感到的满意度。WZK想在肚子不被撑爆的前提下，取得最大的满意度值。然后lōng场就得到了大大的power up。
输入
第一行：两个正整数n,c。 接着n行，每行三个正整数Ai,Mi,Wi,分别表示每种小鸡腿的个数、重量和满意度。
输出
一个正整数，表示最大的满意度。
样例输入
3 102 1 31 5 83 3 5
样例输出
19
提示
20%的数据ΣAi<=25
另外30%的数据c<=1000, ΣAi<=10000
对于100%的数据c<=10000,n<=100,Ai<=1000
这道题的算法是很明显的，多重背包。但是，普通的多重背包是三重循环的，所以肯定是要超时的（然而因为数据太水，被我三重循环水过了）。所以，这里要用到一个多重背包问题的常见优化，二进制优化。我们可以发现，多重背包的主要时间复杂度多在那一个多出来的k循环，也就是那个物品个数的循环。如果能把这个循环进行优化甚至去掉，那就可以节省大量的时间。而又因为多重背包的原型就是01背包，所以想到将其转换回01背包。那么就要将这些物品进行处理。原来的多重背包，那个k循环就相当于把有k个的一种物品分成了k个物品，但是这样过于浪费时间。所以在将物品进行重新处理的时候，我们 可以用到二进制的思想。首先，举个例子：1，2，4，8个物品可以组成1-15任何个数的物品。这一点就是二进制优化的核心内容。将物品的个数以二进制的方式进行处理，那么就可以在减少分的物品个数（这样子分肯定是要比k要小的）的同时能够达到1-原来个数之间的任意数。所以，我们在读入的时候可以对数据一一进行重新处理。如：一种物品有8个 每个物品重量为5 价值为10，那么进行处理之后就变成个数为1，2，4，1的四个物品，这四个物品的重量分别为5，10，20，5，价值分别为10，20，40，10。这样就让这一种物品变成了新的四个物品。将所有数据都进行处理完之后，只要再按01背包来一个双重循环即可解决。
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
int tot,n,c;
int d[1000],a[11000],m[11000],w[11000],m1[11000],w1[11000],p[11000];
void put(int a0,int m0,int w0)//对数据进行重新处理
{
int i=1;
while (a0>d[i])
{
a0-=d[i];
tot=tot+1;
m1[tot]=d[i]*m0;
w1[tot]=d[i]*w0;
i=i+1;
}
tot=tot+1;
m1[tot]=a0*m0;
w1[tot]=a0*w0;
}
using namespace std;
int main()
{
tot=0;
scanf("%d%d",&n,&c);
d[1]=1;
for (int i=2;i<=15;i++)//产生二进制数
d[i]=d[i-1]*2;
for (int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d%d%d",&a[i],&m[i],&w[i]);
put(a[i],m[i],w[i]);
}
for (int i=1;i<=tot;i++)//01背包的dp,注意这里i要到tot不是n，因为数据处理过了
for (int j=c;j>=m1[i];j--)
p[j]=max(p[j],p[j-m1[i]]+w1[i]);
printf("%d",p[c]);
}