C++

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2024-12-15 19:11

【Horn Studio】编程专栏：C++-宠物小精灵之收服

题目描述

一天，小智和皮卡丘来到了小精灵狩猎场，里面有很多珍贵的野生宠物小精灵。小智也想收服其中的一些小精灵。然而，野生的小精灵并不那么容易被收服。对于每一个野生小精灵而言，小智可能需要使用很多个精灵球才能收服它，而在收服过程中，野生小精灵也会对皮卡丘造成一定的伤害（从而减少皮卡丘的体力）。当皮卡丘的体力小于等于0时，小智就必须结束狩猎（因为他需要给皮卡丘疗伤），而使得皮卡丘体力小于等于0的野生小精灵也不会被小智收服。当小智的精灵球用完时，狩猎也宣告结束。我们假设小智遇到野生小精灵时有两个选择：收服它，或者离开它。如果小智选择了收服，那么一定会扔出能够收服该小精灵的精灵球，而皮卡丘也一定会受到相应的伤害；如果选择离开它，那么小智不会损失精灵球，皮卡丘也不会损失体力。小智的目标有两个：主要目标是收服尽可能多的野生小精灵；如果可以收服的小精灵数量一样，小智希望皮卡丘受到的伤害越小（剩余体力越大），因为他们还要继续冒险。现在已知小智的精灵球数量和皮卡丘的初始体力，已知每一个小精灵需要的用于收服的精灵球数目和它在被收服过程中会对皮卡丘造成的伤害数目。请问，小智该如何选择收服哪些小精灵以达到他的目标呢？

输入

输入数据的第一行包含三个整数：N(0 < N < 1000)，M(0 < M < 500)，K(0 < K < 100)，分别代表小智的精灵球数量、皮卡丘初始的体力值、野生小精灵的数量。之后的K行，每一行代表一个野生小精灵，包括两个整数：收服该小精灵需要的精灵球的数量，以及收服过程中对皮卡丘造成的伤害。

输出

输出为一行，包含两个整数：C，R，分别表示最多收服C个小精灵，以及收服C个小精灵时皮卡丘的剩余体力值最多为R。

样例输入复制

10 100 5 7 10 2 40 2 50 1 20 4 20

样例输出复制

3 30

这一道题看起来眼花缭乱，题目总结出来却一大片的废话。这其实是一道简单的二维背包——“01”背包的升级版。这道题有两个限制条件：精灵球的数量和皮卡丘的血量。这就意味着我们存状态的数组需要3维——即g[i][j][k] 表示在前i个有j个精灵球并且皮卡丘的血量为k时，能够抓到的精灵的个数。其他的和“01”背包一样，但由于三维太过生疏，于是我尽力把它改成了二维。

int a[1001], b[1001], dp[1001][1001];

接下来就是递推DP，也就是3重for循环（不会超时），分别枚举

1.前i个精灵

2.用j个精灵球

3.能满足的皮卡丘的血量

那么状态转移方程式是什么呢？首先设置g[i][j][k] 的最小值-假设皮卡丘的血量或精灵球的数量不足以抓住第i个精灵，则 g[i][j][k]=g[i-1][j][k]。而如果可以抓住，则考虑抓和不抓两种情况，取较大值，若抓，则为 g[i-1][j-F[i].ball][k-F[i].V]。

for (i = 1; i <= k; i++) { for (j = m; j >= a[i]; j--) { for (l = n-1; l >= b[i]; l--) { dp[j][l] = max(dp[j][l], dp[j - a[i]][l - b[i]] + 1); } } }

但如果直接交上去对于某些OJ会 TLE（比如洛谷及其它的一些，但在ZuoZhuOJ上是可以AC的）,因为是测试机上的栈空间不够，我们可以执行优化，第一维其实是可以省略的,但是就需要注意——枚举后两维时就需要逆序枚举了。但是……请伸手党自己修改啦！

接下来显出完整代码（未有优化）：（拒绝伸手党！我将一些代码放以空格使其无法运行，请自行修改！）

#i nc lu de <bit s/s td c++.h> using na m espa ce std; int a[10 01], b[10 01], dp[1001][1001]; int main() { int m, n, k; cin >> m >> n >> k; int i, j, l; for (i = 1; i <= k; i++) { cin >> a[i] >> b[i]; } for (i = 0; i < = m; i++) { for (j = 0; j <= n; j++) { d p[i] [j] = 0; } } for (i = 1; i <= k; i++) { for (j = m; j >= a[i]; j--) { for (l = n-1; l >= b[i]; l--) { dp[j][l] = m ax (d p[j][l], d p[j - a[i]][l - b[i]] + 1); } } } int cnt = 0; for (i = 0; i <= n; i++) { if (dp[m][i] == dp[m][n-1]) { cnt = i; b re ak; } } cout << dp[m][n-1] << " " << n - cnt; return 0; }