Oak的预算方案

　　原题地址 https://www.luogu.org/problemnew/show/U65320

题目背景

早在 $(({-1})^{2k(k\in N)}-\dfrac{1}{e^{i\pi}})((−1)2k(k∈N)−eiπ1) 年前，$

题目描述

金明今天很开心，家里购置的新房就要领钥匙了，新房里有一间金明自己专用的很宽敞的房间。更让他高兴的是，妈妈昨天对他说：“你的房间需要购买哪些物品，怎么布置，你说了算，只要不超过

| 工作椅 |

如果要买归类为附件的物品，必须先买该附件所属的主件。附件不再有从属于自己的附件。金明想买的东西很多，肯定会超过妈妈限定的 $1\sim k1∼k 表示，第 kk 等最重要。他还从因特网上查到了每件物品的价格。他希望在不超过 NN 元（可以等于 NN 元）的前提下，使每件物品的价格与重要度的乘积的总和最大。$

设第 $j_1,j_2,...,j_kj1,j2,...,jk ，则所求的总和为：$

$v[j_1]\times p[j_1]+v[j_2]\times p[j_2]+...+v[j_k]\times p[j_k]v[j1]×p[j1]+v[j2]×p[j2]+...+v[jk]×p[jk]$

现在

输入格式

第 $11行，为两个正整数，用一个空格隔开：N\;mNm（其中NN表示总钱数，mm为希望购买物品的个数。）$

从第 $v_{i-1}\;p_{i-1}\;q_{i-1}vi−1pi−1qi−1 （其中v_{i-1}vi−1表示该物品的价格，p_{i-1}pi−1表示该物品的重要度，q_{i-1}qi−1表示该物品是主件还是附件。如果 q_{i-1}=0qi−1=0，表示该物品为主件，如果 q_{i-1}>0qi−1>0，表示该物品为附件，q_{i-1}qi−1是所属主件的编号）$

输出格式

一个正整数，为不超过总钱数的物品的价格与重要度乘积的总和的最大值。

输入输出样例

输入 #1

输出 #1

输入 #2

10000 20
300 2 0
500 2 1
200 4 1
800 1 1
600 5 1
650 3 1
600 3 1
750 2 1
650 1 1
850 4 1
550 3 1
850 2 1
700 4 1
950 1 1
950 5 1
700 5 1
500 2 1
650 3 1
800 3 1
850 4 1

　　金明的预算方案升级版，当初做金明的预算方案时想的是树上背包，好，建树，开始DP，然后TLE哈哈哈哈。后来想了想，其实可以在每一个主件的附件做一次背包，然后再
在主件中做一次背包，问题就解决啦。开开心心码完，A了金明。去题解区看看有没有更好的做法，然后在题解中看到了Oak的预算方案，刚A完题，心情澎湃，这题我也能A。然后
就……就……
　　其实正解也是后来的这个想法，不过我实现的方式不好，所以……所以就去题解区%%
　　

　　以下是正解，前面是废话哈哈哈哈。


　　首先我们需要两个数组，DP1[i][j]表示前i个物品用j元能得到的最大收益，然后逆序枚举，就能省掉i的这一维。DP2[i][j]表示前i个物品，用了j元，且考虑完第i个物品的附件时，能
得到的最大收益，同样可以省掉i的这一维。两者有什么不同？DP2[i]其实表示的是，必须买第i个物品，而DP1[i]则不一定。  (有没有很熟悉？想一想最大子串和？f[i]表示以i结尾的最大子串
和,i必须选，，g[i]表示前i个数字的最大子串和，g[i]=max(g[i],f[i])，最后就不用再扫一遍找f[i]的最大值啦）   这道题也一样用到了这个思想，所以DP1[i]=max(DP1[i],DP2[i]).
好了，空口无凭，来人啊，上代码。

#include<bits/stdc++.h>
#define maxn 500001
using namespace std;
struct node
{
    int v;int imp;int fa;
    node(){}
    node(int a,int b,int c){v=a;imp=a*b;fa=c;}
}arr[1001];
int n,m;
int dp1[maxn],dp2[maxn];
int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=1;i<=m;i++)
    {
        int a,b,c;
        scanf("%d%d%d",&a,&b,&c);
        arr[i]=node(a,b,c);//a 表示该物品的价格，b表示买了这个物品能得到的收益，c表示 
    }                       //该物品的主件 
    for(int i=1;i<=m;i++)//枚举每一件物品 
    {
        if(!arr[i].fa)//如果它是主件 
        {
            for(int j=0;j<arr[i].v;j++) dp2[j]=0;
            //第i个物品必须买，所以小于其价格的自然设为0 
            for(int j=arr[i].v;j<=n;j++) dp2[j]=dp1[j-arr[i].v]+arr[i].imp;
            //第i个物品必须买，所以——这个公式显然成立哈哈哈 
            for(int j=1;j<=m;j++)
                if(arr[j].fa==i)//找第i个物品的附件 
                    for(int k=n;k>=arr[i].v+arr[j].v;k--)
                     //循环变量边界设为arr[i].v+arr[j].v保证能够买第i个物品，以及附件j 
                        dp2[k]=max(dp2[k-arr[j].v]+arr[j].imp,dp2[k]);
                    //这个公式，也显然成立…… 
            for(int j=arr[i].v;j<=n;j++)
                dp1[j]=max(dp1[j],dp2[j]);//就是之前说的咯 
        }
    }
    printf("%d",dp1[n]);
    return 0;
}

　　总结：很多难搞的DP，开个辅助数组是很用的哈。像是之前的那一篇博客打砖块，开了两个DP数组。学到了学到了哈哈哈