一、题目
二、思路
这道题其实不太容易看出背后的模型。这道题本质上是一个分组背包问题。我们将每一个公司看成一组,而在每一个组内,将不同情况下的盈利状况看作物品的价值,而得到这种利益所需的机器数目看作物品的体积。
因此,这个问题就变成了,从不同的组内,至多选取一个物品,在背包容量允许的条件下,我们所能携带的最大价值。
那么这道题的其中一问就可以解决了。如果大家不懂分组背包的话,建议大家去看作者之前的文章:分组背包问题详解
那么第二个问题是我们今天讨论的重点,即对于背包问题而言,我们如何存储最优解的方案?
此时我们采用拓扑图的角度来理解这个问题,我们求解答案的过程就是构建拓扑图的过程。我们将每个状态看作一个点,然后通过点与点之间的连接体现DP中的状态转移方程。如下图所示:
A点就是我们初始化的状态,当我们的得到了A点后,才能够通过转移,即图中的边,得到状态B。
当我们算出了状态B和状态C的时候,才能够通过边的连接得到状态D,状态D到底是什么则需要对比由B和C转移过来的两条路线中哪个是当下的最优解,当比较出最优解后,我们的状态D就可以被赋值为这个最优解。
如果将上述的拓扑图看作一个动态的过程的话,我们会发现这是一个从一个点不断地变成图的过程。
接下来,我们利用上面的图来分析如何得到详细地方案,首先我们想知道到达某个状态的方案,放在这个图里,即我们想知道到达一个点的路线(但并不是所有能到当前的点的路线都是答案,我们需要在这些路线中比较出最优的)。
很明显,我们需要先在图中定位到这个点,然后观察它的入度,如下图,假设我们想知道到达F点的最优解的路线:
单纯地看这个图的话,还是比较抽象的,因此我们把01背包的方程映射到这个图中,(这里只是因为01背包比较容易映射,分组背包等问题同理)。我们发现想要得到F状态可以通过DF和EF两个状态通过边分别转移过来。但是我们想得到的是最优的,如果两个转移状态的过程是相等的,即f[i-1][j-v]+w==f[i-1][j],那么就说明这两个边都可以(所以我们将这两个边搞成红色),任意选一个边即可。
接着,我们以DF这条边为例子,我们还需要知道D状态怎么转化而来,同理我们比较CD和BD两个转移过程,发现CD是最优的,那么DC就是最优解方案中的一部分。
就这样我们可以从终点逆推起点,从而记录方案。
那么这道题也同理,对于一个点而言,可以由前一个组内的任意一个物品转移过来,但是我们需要通过比较找到最优的路线。然后慢慢地逆推得到方案。
三、代码
#include
#include
#include
using namespace std;
const int N=15,M=20;
int f[N][M],v[N][M],w[N][M];
int way[N];
int main()
{
int n,m;
cin>>n>>m;
for(int i&#61;1;i<&#61;n;i&#43;&#43;)
for(int j&#61;1;j<&#61;m;j&#43;&#43;)
{
scanf("%d",&w[i][j]);
v[i][j]&#61;j;
}
for(int i&#61;1;i<&#61;n;i&#43;&#43;)
{
for(int j&#61;0;j<&#61;m;j&#43;&#43;)
{
for(int k&#61;0;k<&#61;m;k&#43;&#43;)
{
if(j>&#61;v[i][k])
f[i][j]&#61;max(f[i][j],f[i-1][j-v[i][k]]&#43;w[i][k]);
}
}
}
cout<<f[n][m]<<endl;
int j&#61;m;
for(int i&#61;n;i>&#61;1;i--)
{
for(int k&#61;0;k<&#61;m;k&#43;&#43;)
{
if(j>&#61;v[i][k]&&f[i][j]&#61;&#61;f[i-1][j-v[i][k]]&#43;w[i][k])
{
way[i]&#61;k;
j-&#61;k;
break;
}
}
}
for(int i&#61;1;i<&#61;n;i&#43;&#43;)cout<<i<<" "<<way[i]<<endl;
return 0;
}