洛谷 P1417烹調方案
題目大意：
一共有n件食材，每件食材有三個屬性，ai，bi和ci，如果在t時刻完成第i樣食材則得到ai-t*bi的美味指數，用第i件食材做飯要花去ci的時間。
求最大美味指數之和。
分析：
顯然的0/1背包，但是，它與平常的0/1背包不同之處在於：平常的物品不會因為時間的延續而使價值貶值，也就是說，先放a、先放b是無所謂的。
但是這個題，“ai-t*bi”的判斷方法，顯然相同物品的不同放置順序，都可能得到不同的答案。
所以必然要排序。
但是怎麽排序？
按照ci排？但是不一定時間短的要先做，可能其它食物b太大，貶值的很厲害。
按照bi排？但是先做貶值快的，可能由於做的時間長，仍然可能造成其它剩余食物貶值總和更大。
按照(sumb-bi)*ci排？但是由於不一定做i的時候，其它的所有的食物都留下等著做，損失其實不一定有sumb-bi那麽大
按照ai-(sumb-bi)*ci排？但是這其實是只考慮了第一個做誰,仍然可能不是最優子結構。
我們這樣考慮：
設身處地地想一想，我們假設已經過了p時間，還剩下兩個食材x，y，你會怎麽辦？
一定會考慮，先做x或者先做y哪個會最大收益。
先做x：
a[x]-(p+c[x])*b[x]+a[y]-(p+c[x]+c[y])*b[y] —— ①
先做y：
a[y]-(p+c[y])*b[y]+a[x]-(p+c[y]+c[x])*b[x] —— ②
對這兩個式子化簡，得到①＞②的條件是c[x]*b[y]<c[y]*b[x].
所以，對於有若幹個食物，道理同樣如此。
我們先按這個標準排一下序，然後0/1背包即可。
提醒：如果不用滾動數組的話，雖然好理解，但是要記得，不論j>=food[i].c與否，必須要有一個f[i][j]=f[i-1][j]
這裏，我定義f[i][j]為，前i個物品，最後一次做完飯是在j時刻。也可以省略第一維。
（至於為什麽要排序，假設現在x優於y，如果我們先循環的是x，就代表會先做x，再做y的時候，可以從上一次做完x的時刻轉移過來美味程度。
如果y在了前面循環，那麽想要同時做x,y,x必須從上一次的某一個y處轉移過來，那麽這個時候，x一定不是第一個做的。
或者，就算是x想要第一個做，但是y已經循環過去了，不會再從x做完後的時間轉移到更靠後的j，也就扔掉了正解的轉移路徑。）
代碼：
#include<bits/stdc++.h> #define ll long long using namespace std; const int N=55; const int T=100000+10; ll f[T]; int sb; int n,t; struct node{ ll a,b,c; bool friend operator <(node a,node b) { return a.c*b.b<b.c*a.b; } }foo[N]; int main() { cin>>t>>n; for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&foo[i].a); for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&foo[i].b); for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&foo[i].c); sort(foo+1,foo+n+1); for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=t;j>=foo[i].c;j--) { f[j]=max(f[j],f[j-foo[i].c]+foo[i].a-foo[i].b*j); } ll ans=0; for(int i=1;i<=t;i++) ans=max(ans,f[i]); cout<<ans; return 0; }
同理的，還有一道考試題：
再過T天就是Kate的生日了，Coffee打算送它一些蛋糕。在Coffee和Kate的世界，蛋糕是做不出來的，而是種出來了。
Coffee收藏著N個蛋糕種子。第i個蛋糕種子需要在室內培育連續Pi天才能長成幼苗，之後將它移栽到室外，再經過Qi天後就會結出一個美味度為Ri的蛋糕。移栽蛋糕苗、為室外的蛋糕澆水以及收取成熟的蛋糕花費的時間對於Coffee來說可以忽略不計，但由於長成幼苗前的蛋糕比較嬌嫩，照顧起來也更麻煩，Coffee每天最多只會照顧一棵蛋糕幼苗。
更具體地，如果Coffee在第t0天開始室內培育第i個蛋糕種子，那麽它的室內培育工作會占用Coffee第t0..t0+(Pi)-1，並會在t0+Pi+(Qi)-1天結出蛋糕。在t0..t0+(Pi)-1天，Coffee不會開始或同時培養其他種子。
Coffee希望在Kate生日時，送給Kate的蛋糕們的美味度總和盡量大。也就是說，在接下來的T天內，Kate最多能收獲蛋糕的美味度總和最大是多少？註意，即使一個蛋糕苗在第T天前已經被移出了室外，只要它在Kate的生日前沒能結出蛋糕，它的美味度就不會被計算到總美味度中。
分析：
發現Q這個延時很麻煩，處理的時候還得想之前有沒有種過。可以取巧地，假設過完了P天，就立刻熟了，收獲了，但是“收獲”的這一天不能晚於T-Qi（這個轉化就是合法的）
所以就剩一個0/1背包了。
因為對於不同的物品，有不同的背包上界，既然如此，肯定先考慮，把上界低的先放進包裏，因為再高了就放不了了。
上界高的，能力大，就可以放到再靠上的包的空間裏。
也就是把公共的區間讓範圍小的先去填充。排序即可。
#include<cstdio> #include<cstdlib> #include<algorithm> #include<iostream> using namespace std; const int N=300+10; const int T=20000+10; int f[N][T]; struct node{ int cost,dis,val; }ca[N]; int n,t; bool cmp(node a,node b) { if(a.dis!=b.dis) return a.dis>b.dis; return a.cost<b.cost; } int main() { scanf("%d%d",&n,&t); for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d%d%d",&ca[i].cost,&ca[i].dis,&ca[i].val); sort(ca+1,ca+n+1,cmp); for(int i=1;i<=n;i++) { for(int j=t-ca[i].dis;j>=1;j--) {f[i][j]=f[i-1][j]; if(j>=ca[i].cost) f[i][j]=max(f[i][j],f[i-1][j-ca[i].cost]+ca[i].val);} for(int j=1;j<=t;j++) cout<<f[i][j]<<endl; cout<<endl; } int ans=0; for(int i=1;i<=t;i++) ans=max(ans,f[n][i]); printf("%d",ans); return 0; }
總結：
1.背包的變式其實是非常多的，總體的定義、循環相差不大，但是關鍵點多出在排序。
2.排序本質上都是兩兩之間的物品進行最優解的比較，所以考慮如何排序的時候，可以嘗試單獨考慮這兩個元素之間的大小關系，從而列出式子。
3.背包不能憑感覺瞎想，一定要分析好物品循環的先後順序。
4.背包本質上還是背包，就是往有限空間裏放東西，只是東西千奇百怪罷了，但是考慮方式是可以轉化到基礎的放東西模型上的。
洛谷 P1417烹調方案