題目描述

金明今天很開心，家裡購置的新房就要領鑰匙了，新房裡有一間金明自己專用的很寬敞的房間。更讓他高興的是，媽媽昨天對他說：“你的房間需要購買哪些物品，怎麼佈置，你說了算，只要不超過N元錢就行”。今天一早，金明就開始做預算了，他把想買的物品分為兩類：主件與附件，附件是從屬於某個主件的，下表就是一些主件與附件的例子：  

如果要買歸類為附件的物品，必須先買該附件所屬的主件。每個主件可以有0個、1個或2個附件。附件不再有從屬於自己的附件。金明想買的東西很多，肯定會超過媽媽限定的N元。於是，他把每件物品規定了一個重要度，分為5等：用整數1~5表示，第5等最重要。他還從因特網上查到了每件物品的價格（都是10元的整數倍）。他希望在不超過N元（可以等於N元）的前提下，使每件物品的價格與重要度的乘積的總和最大。 設第j件物品的價格為v[j]，重要度為w[j]，共選中了k件物品，編號依次為j1，j2，……，jk，則所求的總和為： v[j1]*w[j1]+v[j2]*w[j2]+ …+v[jk]*w[jk]。（其中*為乘號） 請你幫助金明設計一個滿足要求的購物單。

輸入

第1行，為兩個正整數N m，用一個空格隔開（其中N（<32000）表示總錢數，m（<60）為希望購買物品的個數。） 從第2行到第m+1行，第j行給出了編號為j-1的物品的基本資料，每行有3個非負整數v p q（其中v表示該物品的價格（v<10000），p表示該物品的重要度（1~5），q表示該物品是主件還是附件。如果q=0，表示該物品為主件，如果q>0，表示該物品為附件，q是所屬主件的編號）

輸出

只有一個正整數，為不超過總錢數的物品的價格與重要度乘積的總和的最大值（<200000）。

樣例輸入

1000 5
800 2 0
400 5 1
300 5 1
400 3 0
500 2 0

樣例輸出

2200

解題思路

看完題目都應該知道這是一道0-1揹包題目，由於還有附件與主件的關係，我們則需多討論一下。由於題目描述寫出了一個主件最多僅有2個附件。所以這道題我就用最樸素的判定方法。

我們在輸入的時候進行預處理，用結構體，將附件的下標存到主件中去。

接下來就是DP，跳過附件直接弄主件，0-1揹包相信大家都會。

因此這道題的DP內部就只有五種情況了：

(1).買主件。

(2).買主件與附件A。

(3).買主件與附件B。

(4).買主件與兩個附件。

(5).都不買

值得一提的不應該是買主件不划算就下面的都不買了。這樣會有問題

#include <cstdio> 
#include <cstring> 
#include <iostream> 
#include <algorithm> 
#include <cmath> 
#include <cstdlib> 
#include <queue> 
#include <vector> 
using namespace std; 
struct node  
{ 
    int v,w,c,q; 
    int f1,f2; 
}a[105]; 
int n,m,dp[100005]; 
int main(){ 
    scanf("%d%d",&m,&n); 
    for (int i = 1;i <= n;i ++){ 
        scanf("%d%d%d",&a[i].v,&a[i].w,&a[i].q); 
        if (a[i].q != 0){ //如果出現附件
            if (!a[a[i].q].f1)//判斷是第一個還是第二個附件，下標儲存在主件中 
                a[a[i].q].f1 = i; 
            else
                a[a[i].q].f2 = i; 
        } 
        a[i].c = a[i].v * a[i].w; //算出主件的價格
    } 
    for (int i =  1 ;i <= n; i ++ ){ 
        if (a[i].q) //跳過附件
            continue; 
        for (int j = m; j >= a[i].v ;j --) {
            dp [j] = max (dp[j],dp[j - a[i].v] + a[i].c);//買主件
            if (a[i].f1 && a[a[i].f1].v + a[i].v <= j){//買主件與f1附件
                dp[j] = max (dp[j] , dp[j - a[a[i].f1].v - a[i].v] + a[a[i].f1].c + a[i].c);
            }
            if (a[i].f2 && a[a[i].f2].v + a[i].v <= j){//買主件與f2附件
                dp[j] = max (dp[j] , dp[j - a[a[i].f2].v - a[i].v] + a[a[i].f2].c + a[i].c);
            }
            if (a[i].f2 && a[a[i].f2].v + a[a[i].f1].v + a[i].v <= j){//買主件與兩個附件
                dp[j] = max (dp[j] , dp[j - a[a[i].f2].v - a[a[i].f1].v - a[i].v] + a[a[i].f2].c + a[a[i].f1].c + a[i].c);
            }
        }
    }  
    printf("%d",dp[m]);//輸出
}