题目描述
王强今天很开心，公司发给N元的年终奖。王强决定把年终奖用于购物，他把想买的物品分为两类：主件与附件，附件是从属于某个主件的，下表就是一些主件与附件的例子：
主件 附件
电脑 打印机，扫描仪
书柜 图书
书桌 台灯，文具
工作椅 无
如果要买归类为附件的物品，必须先买该附件所属的主件。每个主件可以有 0 个、 1 个或 2 个附件。附件不再有从属于自己的附件。王强想买的东西很多，为了不超出预算，他把每件物品规定了一个重要度，分为 5 等：用整数 1 ~ 5 表示，第 5 等最重要。他还从因特网上查到了每件物品的价格（都是 10 元的整数倍）。他希望在不超过 N 元（可以等于 N 元）的前提下，使每件物品的价格与重要度的乘积的总和最大。
设第 j 件物品的价格为 v[j] ，重要度为 w[j] ，共选中了 k 件物品，编号依次为 j 1 ， j 2 ，......， j k ，则所求的总和为：
v[j 1 ]*w[j 1 ]+v[j 2 ]*w[j 2 ]+ ... +v[j k ]*w[j k ] 。（其中 * 为乘号）
请你帮助王强设计一个满足要求的购物单。
输入描述:
输入的第 1 行，为两个正整数，用一个空格隔开：N m
（其中 N （ <32000 ）表示总钱数， m （ <60 ）为希望购买物品的个数。）
从第 2 行到第 m+1 行，第 j 行给出了编号为 j-1 的物品的基本数据，每行有 3 个非负整数 v p q
（其中 v 表示该物品的价格（ v<10000 ）， p 表示该物品的重要度（ 1 ~ 5 ）， q 表示该物品是主件还是附件。如果 q=0 ，表示该物品为主件，如果 q>0 ，表示该物品为附件， q 是所属主件的编号）
输出描述:
输出文件只有一个正整数，为不超过总钱数的物品的价格与重要度乘积的总和的最大值（ <200000 ）。
示例1
输入
复制
1000 5
800 2 0
400 5 1
300 5 1
400 3 0
500 2 0
输出
复制
2200
本题，本人使用穷举的方法。采用递归来计算每一种情况，获取可能的最大值。主要使用C代码实现，用C++的输入来获取数据。毕竟C获取数据还要自己解析太麻烦，代码如下：
c
#include<stdio.h>
#include<iostream>
#include<string.h>
#include<stdlib.h>
using namespace std;
typedef struct TAG_PRO
{
int v; //价值
int h; //权重
int score;// 乘积
}Pro,*PPro;
typedef struct TAG_PRO_MAIN
{
int v; //价值
int h; //权重
int n; //附件数量
int score; // 乘积
Pro f[2]; //存储附件信息
}ProMain,*PProMain;
ProMain prod[60]={0}; //存储所有主件信息
int g_main_num = 0; //主件数量
char indexxx[60]; //记录主件编号对应的数组下标位置
char g_xx[60]; //设置flag,已经购买的装备，不再继续购习。也就是说只买一次
int getMax(int money , char *flags , int len)
{
int i = 0;
int tmpmax = 0;
int max = 0;
if(money == 0)
{
return 0;
}
for(i = 0 ; i < g_main_num ; i++)
{
if(flags[i] == 1)
continue;
if(money < prod[i].v)
continue;
switch(prod[i].n)
{
case 2:
//对于有两个附件的主件来说，可能的购买情况有四种：
//1.如果钱足够，购买方法 : 主件+附件1+附件2
//2.如果钱足够，购买方法 : 主件+附件2
//3.如果钱足够，购买方法 : 主件+附件1
//4.如果钱足够，购买方法 : 主件
//所以所有的case语句都没有break，就是为了将所有情况都跑一遍，找出最大值的组合
//主件+附件1+附件2
if(money >= (prod[i].v +prod[i].f[0].v + prod[i].f[1].v))
{
flags[i] = 1;
tmpmax = prod[i].score + prod[i].f[0].score + prod[i].f[1].score;
tmpmax += getMax(money - prod[i].v - prod[i].f[0].v - prod[i].f[1].v , flags , len);
flags[i] = 0;
if(max < tmpmax)
{
max = tmpmax;
}
}
//主件+附件2
if(money >= (prod[i].v +prod[i].f[1].v))
{
flags[i] = 1;
tmpmax = prod[i].score + prod[i].f[1].score;
tmpmax += getMax(money - prod[i].v - prod[i].f[1].v, flags , len);
flags[i] = 0;
if(max < tmpmax)
{
max = tmpmax;
}
}
case 1:
//对于有1个附件的主件来说，可能的购买情况有2种：
//1.如果钱足够，购买方法 : 主件+附件1
//2.如果钱足够，购买方法 : 主件
//主件+附件1
if(money >= (prod[i].v +prod[i].f[0].v))
{
flags[i] = 1;
tmpmax = prod[i].score + prod[i].f[0].score;
tmpmax += getMax(money - prod[i].v - prod[i].f[0].v, flags , len);
flags[i] = 0;
if(max < tmpmax)
{
max = tmpmax;
}
}
case 0:
//主件
if(money >= prod[i].v)
{
flags[i] = 1;
tmpmax = prod[i].score;
tmpmax += getMax(money - prod[i].v , flags , len);
flags[i] = 0;
if(max < tmpmax)
{
max = tmpmax;
}
}
}
}
return max;
}
int main()
{
int i ;
int n , money;
char flags[60] = {0};
int xx;
g_main_num = 0;
cin >> money >> n;
for(i = 0 ; i < n ; i++)
{
int v , p , q;
cin >> v >> p >> q;
if(q == 0)
{
prod[g_main_num].v = v;
prod[g_main_num].h = p;
prod[g_main_num].n = 0;
prod[g_main_num].score = v * p;
prod[g_main_num].f[0]= {0};
indexxx[i] = g_main_num;
g_main_num++;
}else
{
q -= 1;
q = indexxx[q] ;
int n = prod[q].n ;
prod[q].f[n].v = v;
prod[q].f[n].h = p;
prod[q].f[n].score = v * p;
prod[q].n++;
}
}
xx = getMax(money , flags , g_main_num);
printf("%d\n",xx);
return 0;
}下面是执行结果：
执行结果： 运行超时:您的程序未能在规定时间内运行结束，请检查是否循环有错或算法复杂度过大。 用例通过率: 50.00% 运行时间: 1001ms 占用内存: 388KB
case通过率为50.00%
本来想看看网上其它方法的花费时间，结果copy进去直接验证不通过。这里使用递归，当含有附件的主件数量很大时。执行会花费更多的时间，如上面所示。花费时间已经超过1S了，导致后续的CASE没通过。不知道大家有其它更好的方法提高效率，降低花费的时间。
最开始楼主准备采用权重的方式来获取最大值以提高运行效率。毕竟只要钱足够，权重越大说明钱越值钱。一直取权重大的组合，那么最后获取的基本上也是最大的，只需要修改下细节就可以。但是针对挂了附件的主件，权重就很麻烦。涉及到平均权重，
(v * h + f[0].v * f[0].h + f[1].v * f[1].h) / ( v+ f[0].v + f[1].v)
像上面的很是麻烦最后放弃了。