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题目描述
岩石怪物杜达生活在魔法森林中，他在午餐时收集了 N 块能量石准备开吃。
由于他的嘴很小，所以一次只能吃一块能量石。
能量石很硬，吃完需要花不少时间。
吃完第 i 块能量石需要花费的时间为 Si 秒。
杜达靠吃能量石来获取能量。
不同的能量石包含的能量可能不同。
此外，能量石会随着时间流逝逐渐失去能量。
第 i 块能量石最初包含 Ei 单位的能量，并且每秒将失去 Li 单位的能量。
当杜达开始吃一块能量石时，他就会立即获得该能量石所含的全部能量（无论实际吃完该石头需要多少时间）。
能量石中包含的能量最多降低至 0。
请问杜达通过吃能量石可以获得的最大能量是多少？
输入格式
第一行包含整数 T，表示共有 T 组测试数据。
每组数据第一行包含整数 N，表示能量石的数量。
接下来 N 行，每行包含三个整数 Si,Ei,Li。
输出格式
每组数据输出一个结果，每个结果占一行。
结果表示为 Case #x: y，其中 x 是组别编号（从 1 开始），y 是可以获得的最大能量值。
数据范围
1≤T≤10,
1≤N≤100,
1≤Si≤100,
1≤Ei≤105,
0≤Li≤105
输入样例：
3
4
20 10 1
5 30 5
100 30 1
5 80 60
3
10 4 1000
10 3 1000
10 8 1000
2
12 300 50
5 200 0
输出样例：
Case #1: 105
Case #2: 8
Case #3: 500
样例解释
在样例＃1中，有 N=4 个宝石。杜达可以选择的一个吃石头顺序是：
- 吃第四块石头。这需要 5 秒，并给他 80 单位的能量。
- 吃第二块石头。这需要 5 秒，并给他 5 单位的能量（第二块石头开始时具有 30 单位能量，5 秒后失去了 25 单位的能量）。
- 吃第三块石头。这需要 100 秒，并给他 20 单位的能量（第三块石头开始时具有 30 单位能量，10 秒后失去了 10 单位的能量）。
- 吃第一块石头。这需要 20 秒，并给他 0 单位的能量（第一块石头以 10 单位能量开始，110 秒后已经失去了所有的能量）。
他一共获得了 105 单位的能量，这是能获得的最大值，所以答案是 105。
在样本案例＃2中，有 N=3 个宝石。
无论杜达选择吃哪块石头，剩下的两个石头的能量都会耗光。
所以他应该吃第三块石头，给他提供 8 单位的能量。
在样本案例＃3中，有 N=2 个宝石。杜达可以：
- 吃第一块石头。这需要 12 秒，并给他 300 单位的能量。
- 吃第二块石头。这需要 5 秒，并给他 200 单位的能量（第二块石头随着时间的推移不会失去任何能量！）。
所以答案是 500。
思路
本题为DP问题，可以使用 闫氏DP分析法 解题。
对于这种体积和价值变化的背包问题，我们考虑贪心。
对于两个相邻元素 i,j 的排列 （i,j 获得的能量都不为 0）
−,−,−,i,j,−,−,−
显然有
Ej+Ei−Sj×Li≤Ei+Ej−Si×Lj
即
Sj×Li≥Si×Lj
所以我们按照这个顺序将原序列排序，即可获得最优解的序列。
DP：
- 状态表示 fi,j：
- 集合：考虑前 i 个魔法石，并且在吃掉某个魔法石后，总时间恰好为 j 的方案。
- 属性：max
- 状态计算：
- 选第 i 个魔法石：f_{i-1,j-s_i}+e_i-l_i \times (j-s_i)
- 不选第 i 个魔法石：f_{i-1,j}
时间复杂度
O(n \times \sum_{i=1}^n s_i)
AC Code:
C++
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int N = 10010;
int n;
struct ES
{
int s, e, l;
}st[N];
int f[N];
bool cmp(ES a, ES b) // 按s[i] * l[j] < s[j] * l[i]排序
{
return a.s * b.l < a.l * b.s;
}
int main()
{
int t;
cin >> t;
for (int q = 1; q <= t; q ++ )
{
cin >> n;
int m = 0;
for (int i = 0; i < n; i ++ )
{
int s, e, l;
cin >> s >> e >> l;
st[i] = {s, e, l};
m += s;
}
sort(st, st + n, cmp);
memset(f, -0x3f, sizeof f); // 对于“恰好”之类的问题，先把整个初始化成无穷大
f[0] = 0; // 起点为0
for (int i = 0; i < n; i ++ )
{
int s = st[i].s, e = st[i].e, l = st[i].l;
for (int j = m; j >= s; j -- )
f[j] = max(f[j], f[j - s] + e - (j - s) * l);
}
int res = 0;
for (int i = 1; i <= m; i ++ )
res = max(res, f[i]);
printf("Case #%d: %d\n", q, res); // 注意输出格式
}
return 0;
}
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