「JOISC 2014 Day4」挂饰（背包DP）题解

题目翻译

JOI 君有 $n$ 个装在手机上的挂饰，编号为 $1 \ldots n$ 。 JOI 君可以将其中一些挂饰装在手机上。
JOI 君的挂饰有一些与众不同——其中的一些挂饰附有挂钩，你可以将其他挂饰挂在挂钩上。 $i$ 号挂饰有 $A_i$ 个挂钩。每个挂件要么直接挂在手机上，要么挂在其他挂件的挂钩上。直接挂在手机上的挂件最多有 $1$ 个。
此外，每个挂件有一个安装时会获得的喜悦值，用一个整数来表示。如果 JOI 君很讨厌某个挂饰，那么这个挂饰的喜悦值就是一个负数。
JOI 君想要最大化所有挂饰的喜悦值之和。注意不必要将所有的挂钩都挂上挂饰，而且一个都不挂也是可以的。

输入格式

第一行一个整数 $n$ ，代表挂饰的个数。
接下来 $n$ 行，第 $i$ 行有两个空格分隔的整数 $A_i$ 和 $B_i$ ，表示挂饰 $i$ 有 $A_i$ 个挂钩，安装后会获得 $B_i$ 的喜悦值。

输出格式

输出一行，一个整数，表示手机上连接的挂饰总和的最大值。

样例

样例输入

样例输出

样例说明

挂饰 $2$ 直接挂在手机上，然后将挂饰 $1$ 和挂饰 $5$ 分别挂在挂饰 $2$ 的两个挂钩上，可以获得最大喜悦值 $4-2+3=5$ 。

分析

首先，这显然是一道01背包问题。定义 $dp[i]$ 为剩余挂饰 $i$ 个能获得的最大价值。容易写出 $O(nm)$ 的01板子，可这样会TLE。
不妨设想一下，对于第 $i$ 个挂饰，如果之前有超过 $n$ 个剩余挂钩，那么就算不用这个挂饰的挂钩，也不影响最后答案。
这样的话，第二重循环便只用循环到 $n$ ，时间复杂度 $O(n^2)$ 。
这里还需要注意两个细节：
1.若 $\alpha$ 比 $\beta$ 喜悦值大，比 $\beta$ 挂钩少，若选 $\beta$ 是正解，如果 $\alpha$ 在 $\beta$ 前面，我们选的会是 $\alpha$ ，如果 $\beta$ 在 $\alpha$ 前面，则不影响答案。
所以这里要用贪心的思想，将挂钩多的挂饰放在前面处理。
2.第二重循环为什么一个正序一个逆序，这个希望读者自行思考。（提示：一维数组01背包的性质）

代码

#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <climits>
using namespace std;
const int MAXN = 2005, inn = INT_MIN;
struct Node {
	int A, B;
}arr[MAXN * MAXN];
int dp[MAXN];
bool vis[MAXN];
bool cmp(Node x, Node y) {
	return x.A > y.A;
}
int main() {
	int n, maxx = 0;
	scanf("%d", &n);
	for(int i = 1; i <= n; i ++) {
		scanf("%d%d", &arr[i].A, &arr[i].B);
	}
	sort(arr + 1, arr + 1 + n, cmp);//贪心 
	for(int i = 1; i <= n; i ++) dp[i] = inn;
	dp[1] = 0; vis[1] = 1;
	for(int i = 1; i <= n; i ++) {//01背包 
		if(arr[i].A > 0) {
			for(int j = n; j >= 1; j --) { 
				if(!vis[j]) continue;
				vis[min(j - 1 + arr[i].A, n)] |= vis[j];
				dp[min(j - 1 + arr[i].A, n)] = max(dp[min(j - 1 + arr[i].A, n)], dp[j] + arr[i].B);
			}
		}
		else {
			for(int j = 1; j <= n; j ++) {
				if(!vis[j]) continue;
				vis[min(j - 1 + arr[i].A, n)] |= vis[j];
				dp[min(j - 1 + arr[i].A, n)] = max(dp[min(j - 1 + arr[i].A, n)], dp[j] + arr[i].B);
			}
		}
	}
	for(int i = 0; i <= n; i ++) {
		maxx = max(maxx, dp[i]);
	}
	printf("%d", maxx);
	return 0;
}