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正题
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给出n中苦工,初始有m元钱,第i种苦工要花费a元,之后每天赚b元,求到达T元最少多少天?
首先,每一种苦工可以买多个。
思考,当钱数和天数一定的时候,所拥有的苦工的生产力越高,收益一定越大,因为苦工会赚更多的钱。
那么dp就有头绪了,记为第i天,手上有j元钱的最大生产力。
当有一天的(-1表示无法到达),最少i天。
考虑如何转移。
因为我们不知道i有多大,那么我们就来构造一个O(能过)算法。
对于,我们枚举一个k,表示用k元钱去买苦力, 显然,
f[i+1][j-k+k元钱能买到的苦力的生产力*1天+f[i][j]*1天]=f[i][j]+k元钱能买到的苦力的生产力????
那段文字是可以处理出来的。
就是一个完全背包。
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<iostream>
using namespace std;
int n,m,t;
struct node{
int x,y;
}s[110];
int f[1010],dp[1010][1010];
int main(){
scanf("%d %d %d",&n,&m,&t);
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d %d",&s[i].x,&s[i].y);
memset(f,-1,sizeof(f));
f[0]=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=s[i].x;j<=t;j++)
f[j]=max(f[j],f[j-s[i].x]+s[i].y);
memset(dp,-1,sizeof(dp));
dp[0][m]=0;
if(m>=t){
printf("0");
return 0;
}
int i=0;
while(1){
for(int j=0;j<=t;j++)
if(dp[i][j]!=-1)
for(int k=0;k<=j;k++){
if(f[k]==-1) continue;
if(j-k+f[k]+dp[i][j]>=t){
printf("%d\n",i+1);
return 0;
}
dp[i+1][j-k+f[k]+dp[i][j]]=max(dp[i+1][j-k+f[k]+dp[i][j]],dp[i][j]+f[k]);
}
i++;
}
}