「CEOI2018」Cloud computing DP题解

题目描述

Johnny 成立了 Bytecomp，一个提供云计算能力的公司。这样的公司通常拥有许多快速计算机，客户可以在其上进行计算。

但是 Johnny 还没有购买任何计算机。于是他前往一家计算机商店，收到了包含全部 $n$ 台可用的计算机的清单。
每台计算机都可以用三个属性描述：处理器的核心数量 $c_i$，时钟频率 $f_i$ 以及价格 $c_i$。每台计算机包含 $c_i$ 个不会互相干扰的核心，所以它们可以被分配给不同的任务。

当客户订购资源时，她会指定所需的核心数 $C_j$ 以及所需的最低时钟频率 $F_j$，订单还包含客户愿意支付的价格 $V_j$。
如果接受了一份订单，Bytecomp 需要提供对客户所需的算力的专用访问权。Johnny 需要选择 $C_i$ 个核心（可能来自不同的计算机），且它们的时钟频率至少为 $F_j$，这些核心不能被分配给其它订单。

请你帮助 Johnny 赚取尽可能多的利润：接受一部分客户订单，并购买商店中的一部分计算机，以满足所有接受了的订单的需求。
你的目标是最大化总利润，即为客户提供算力的收入与购买计算机的成本之间的差值。

输入格式

第一行一个整数 $n$（$1\le n\le 1000$），表示商店中可用的计算机的台数。
接下来 $n$ 行，每行描述一台计算机，包含三个整数 $c_i,f_i,v_i$（$1\le c_i\le 50$，$1\le f_i\le 10^9$，$1\le v_i\le 10^9$），分别表示核心数，时钟频率和价格。

接下来一行一个整数 $m$（$1\le m\le 1000$），表示客户的订单总数。
接下来 $m$ 行，每行描述一个订单，包含三个整数 $C_i,F_i,V_i$（$1\le C_i\le 50$，$1\le F_i\le 10^9$，$1\le V_i\le 10^9$），分别表示需要的核心数，最低时钟频率以及预算。

输出格式

仅一行一个整数，表示能够获得的最大总利润。

样例

样例输入

4
4 2200 700
2 1800 10
20 2550 9999
4 2000 750
3
1 1500 300
6 1900 1500
3 2400 4550

样例输出

350

分析

此题很容易发现是01背包（选或不选），不妨把买的和卖的合为同一类型（将一些变量转负）。不过这道题细节很多，本蒟蒻交了十次才AC…请读者在阅读核心代码时仔细想一想边界。

代码

#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#define LL long long
using namespace std;
const int MAXN = 4005, MAXX = 100005;
const LL lmi = LONG_LONG_MIN;
struct Node {
	int C, F, V;
}arr[MAXN];
int n, m, sum;
LL dp[MAXX];//剩余j个核心数的最大价值 
bool vis[MAXX];
bool cmp(Node x, Node y) {
	if(x.F != y.F) {
		return x.F > y.F;
	}
	return x.V < y.V;
}
int main() {
	LL ans = 0;
	scanf("%d", &n);
	for(int i = 1; i <= n; i ++) {
		scanf("%d%d%d", &arr[i].C, &arr[i].F, &arr[i].V);
		arr[i].V = -arr[i].V;
	}
	scanf("%d", &m);
	for(int i = n + 1; i <= n + m; i ++) {
		scanf("%d%d%d", &arr[i].C, &arr[i].F, &arr[i].V);
		arr[i].C = -arr[i].C;
	}
	sort(arr + 1, arr + 1 + n + m, cmp);
	for(int i = 1; i <= 100005; i ++) {
		dp[i] = lmi;
	}
	vis[0] = 1;
	for(int i = 1; i <= n + m; i ++) {
		if(arr[i].V < 0) {
			sum += arr[i].C;
			for(int j = sum; j >= arr[i].C; j --) {
				if(!vis[j - arr[i].C]) continue;
				vis[j] |= vis[j - arr[i].C];
				dp[j] = max(dp[j], dp[j - arr[i].C] + arr[i].V);
			}
		}
		else {
			for(int j = 0; j <= sum + arr[i].C; j ++) {
				if(!vis[j - arr[i].C]) continue;
				vis[j] |= vis[j - arr[i].C];
				dp[j] = max(dp[j], dp[j - arr[i].C] + arr[i].V);
			}
		}
	}
	for(int i = 0; i <= sum; i ++) {
		if(vis[i]) ans = max(ans, dp[i]);
	}
	printf("%lld", ans);
	return 0;
}