Luogu P1926 小书童——刷题大军

Luogu P1926 小书童——刷题大军

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• 说明/提示
• 解析
• 代码

题目背景

数学是火，点亮物理的灯；物理是灯，照亮化学的路；化学是路，通向生物的坑；生物是坑，埋葬学理的人。 文言是火，点亮历史宫灯；历史是灯，照亮社会之路；社会是路，通向哲学大坑；哲学是坑，埋葬文科生。——小A

题目描述

小A“刷题”十分猖狂，明目张胆地“刷题”。他现在在小书童里发现了n样他喜欢的“题目”，每“题”都有他的需要时间，而老师布置了m项作业，每项作业都有它的需要时间及分值，老师规定k分以上算及格。小A只剩r个单位时间，他想在及格的基础上更多地“刷题”。

输入格式

第一行：n m k r。第二行：n个数，代表每“题”他的需要时间。第三行：m个数。表示每项作业它的需要时间。第四行：m个数。代表每项作业它的分值。

输出格式

一个数，代表小A能刷几道题

输入输出样例

输入

3 4 20 100
15 20 50
10 15 40 40
5 5 10 15

输出

2

说明/提示

没有不能及格的情况
对于100%的数据，$n\le 10,m\le 10,k\le 50,r\le 150$

解析

这道题应该算是一道变形背包题。前半部分对作业进行背包，后面在对“题”进行一个基于时间的背包。第一遍背包是难点，它要求你的分数>=及格线就算及格，而不是像正常背包的<=某个标准。基于这个变动，有些人可能会在一到达及格线就直接退出dp循环。但这样做是不对的。应该在做完整个dp过程后再遍历dp数组，找到第一个>=分数线的。因为我们在dp时的遍历顺序是反着的。

代码

#include
#include
using namespace std;
int main(){int timea[11], timeb[11], score[11];int n, m, k, r;cin >> n >> m >> k >> r;for(int i = 1;i <= n;i++){cin >> timea[i];}for(int i = 1;i <= m;i++){cin >> timeb[i];}for(int i = 1;i <= m;i++){cin >> score[i];}for(int i = 1;i <= m;i++){for(int j = i + 1;j <= m;j++){if(timeb[i] > timeb[j]){swap(timeb[i], timeb[j]);swap(score[i], score[j]);}if(timeb[i] == timeb[j] && score[i] < score[j]){swap(timeb[i], timeb[j]);swap(score[i], score[j]);}}}int dp[10001] = {};for(int i = 1;i <= m;i++){for(int j = r;j >= timeb[i];j--){if(dp[j - timeb[i]] + score[i] > dp[j]){dp[j] = dp[j - timeb[i]] + score[i];}}}int j;for(j = 1;j <= r;j++){if(dp[j] >= k){break;}}r -= j;sort(timea + 1, timea + n + 1);int ans = 0;for(int i = 1;i <= n;i++){if(timea[i] > r)break;else{ans++;r -= timea[i];}}cout << ans;return 0;
}

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