题目大意

一共有 $n$ 件食材，每件食材有三个属性，$a_i$，$b_i$ 和 $c_i$，如果在 $t$ 时刻完成第 $i$ 样食材则得到 $a_i-t\times b_i$ 的美味指数，用第 $i$ 件食材做饭要花去 $c_i$ 的时间。
需要设计烹调方案使得在$T$的时间内美味指数最大并输出。

数据范围及约定

• 对于 $40\%$ 的数据 $1\le n\le 10$；
• 对于 $100\%$ 的数据 $1\le n\le 50$。

所有数字均小于 $10^5$。

暴力想法

首先我们可以观察到，若不考虑烹饪顺序，或是已知顺序的情况下，求解是很简单的：只需要使用复杂度O(n^2)的01背包进行dp即可

（如果不知道01背包，强烈建议跳转主页学习）

注意到前40%数据的N很小，我们便可以直接暴力枚举菜品的全排列，进行dp即可。

想明白后，我们稍加计算，就会发现：

超时辣！

时间复杂度$O(n^2{2}^n)$是过不了哒！（理论上超3e8次运算，数据很水就当我没说）

正解

其实刚刚的想法已经比较接近正解了。我们来看看上面的做法能怎么优化。

对于后半部分，可以基本确定是没有优化空间的——首先dp是必做，其次就算能将dp优化到$O(nlogn)$甚至$O(n)$，大数据依旧是过不了的。

于是我们考虑如何排列烹饪顺序。

首先可以观察到一个性质：如果交换相邻两个菜品的烹饪顺序，对前后菜品产生的贡献是没有影响的，因为交换后此前烹饪的总时间不变！

也就是说，如果存在菜品A优于B（即先烹饪A价值更大）、B优于C，则一定有A优于C!

接下来我们开始推理每种菜品的应有顺序。

假设有两个相邻的菜品序号为 $i,j$ ，之前所用的总时间为$T$

根据题意可得，若先烹饪$i$号菜品，得到的价值一共是：

$w_1=(a_i-b_i\times (T+c_i))+(a_j-b_j\times (T+c_i+c_j))$
$=a_i+a_j-T\times (b_i+b_j)-b_i\times c_i-b_j\times c_i-b_j\times c_j$

若先烹饪$j$号菜品，得到的价值一共是：

$w_2=(a_j-b_j\times (T+c_j))+(a_i-b_i\times (T+c_j+c_i))$
$=a_i+a_j-T\times (b_i+b_j)-b_i\times c_i-b_i\times c_j-b_j\times c_j$

显然，若先烹饪$i$号更优，则有$w_1>w_2$

带入并化简两边，可以得到 $-b_j\times c_i>-b_i\times c_i$，

即：若$b_j\times c_i<b_i\times c_j$，则先烹饪$i$号菜品更优。

所以，我们可以先根据上述结论对数组排序，再做dp

时间复杂度$O(nT)$（毕竟$n$很小，排序时间可以不计）

AC代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define For(i, j, k) for(int i = j; i <= k; i++)
#define dFor(i, j, k)for(int i = j; i >= k; i--)
#define MaxN 55
#define int long longstruct Node{int a, b, c;bool operator<(const Node x) const{		//重载运算符，按之前的结论排序return c * x.b < b * x.c;}
}a[MaxN];
int T, n;
int f[MaxN][100005];signed main()
{cin >> T >> n;For(i, 1, n) cin >> a[i].a;For(i, 1, n) cin >> a[i].b;For(i, 1, n) cin >> a[i].c;sort(a+1, a+n+1);int ans = 0;For(i, 1, n){For(j, 1, T){				//01背包，虽然没有降维优化awaf[i][j] = max(f[i][j], f[i-1][j]);if(j >= a[i].c){f[i][j] = max(f[i][j], f[i-1][j-a[i].c] + a[i].a-a[i].b*j);}ans = max(ans, f[i][j]);}}cout << ans << endl;return 0;
}

总结

思维难度相对较高，主要在于推理传递性和排序规则

类似的题目还有P1060国王游戏等，可以练习

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我们下期再见！