题目描述

金明今天很开心，家里购置的新房就要领钥匙了，新房里有一间金明自己专用的很宽敞的房间。更让他高兴的是，妈妈昨天对他说：“你的房间需要购买哪些物品，怎么布置，你说了算，只要不超过N元钱就行”。今天一早，金明就开始做预算了，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：

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。金明想买的东西很多，肯定会超过妈妈限定的N元。于是，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j1，j2，……，jk，则所求的总和为：v[j1]*w[j1]+v[j2]*w[j2]+ …+v[jk]*w[jk]。（其中*为乘号）
请你帮助金明设计一个满足要求的购物单。

输入描述:

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
1000 5
800 2 0
400 5 1
300 5 1
400 3 0
500 2 0
输出
2200

解答

带有附件的背包问题，它属于01背包的变式。

这题还好，每一个物品最多只有两个附件，那么我们在对主件进行背包的时候，决策就不再是两个了，而是五个。

还记得01背包的决策是什么吗？

1.不选，然后去考虑下一个

2.选，背包容量减掉那个重量，总值加上那个价值。

这个题的决策是五个，分别是：

1.不选，然后去考虑下一个

2.选且只选这个主件

3.选这个主件，并且选附件1

4.选这个主件，并且选附件2

5.选这个主件，并且选附件1和附件2.

这个。。。很好想吧。。。

我们知道，01背包的状态转移方程（已使用滚动数组优化）是)，那么，这道题的转移方程也就不难写出了。

等等，你得先判断某个选附件的决策是不是可行的，如果当前的容量还够放第一个，或第二个，或两个都选的附件，那么才能考虑转移。

当然，不选附件的话就不用判啦，直接01背包的转移方程即可。

我们令数组表示某个主件的费用，而数组表示某个主件的价值。

同样的，用二维数组表示某个附件的费用，表示某个附件的价值，第二维只需要0,1,2这三个数，其中第二维是0的场合表示这个主件i的附件数量，它只能等于0或1或2。第二维是1或者是2的值代表以i为主件的附件1或者附件2的相关信息（费用 价值）。这些数组的信息应该在读入时处理好，具体详见代码。

这样，状态转移方程就是四个。

不选附件的①：;

选附件1的②：;

选附件2的③：;

选附件1和附件2的④：;

已经滚动掉了第一维，道理和正常向的01背包都是一样的，即只有i和i-1有关系，但是这个规律在循环中已经满足了所以完全没必要记录。

目标状态，输出就好。

参考代码： 

#include <iostream>
#define maxn 32005
using namespace std;
int n,m;
int v,p,q;
int main_item_w[maxn];
int main_item_c[maxn];
int annex_item_w[maxn][3];
int annex_item_c[maxn][3];
int f[maxn];
int main(){
    cin >> n >> m;
    for (int i=1;i<=m;i++){
        cin >> v >> p >> q;
        if (!q){
            main_item_w[i] = v;
            main_item_c[i] = v * p;
        }
        else{
            annex_item_w[q][0]++;
            annex_item_w[q][annex_item_w[q][0]] = v;
            annex_item_c[q][annex_item_w[q][0]] = v * p;
        }
    }

    for (int i=1;i<=m;i++)
        for (int j=n;main_item_w[i]!=0 && j>=main_item_w[i];j--){
            f[j] = max(f[j],f[j-main_item_w[i]]+main_item_c[i]);

            if (j >= main_item_w[i] + annex_item_w[i][1])
                f[j] = max(f[j],f[ j - main_item_w[i] - annex_item_w[i][1] ] + main_item_c[i] + annex_item_c[i][1]);

            if (j >= main_item_w[i] + annex_item_w[i][2])
                f[j] = max(f[j],f[ j - main_item_w[i] - annex_item_w[i][2] ] + main_item_c[i] + annex_item_c[i][2]);

            if (j >= main_item_w[i] + annex_item_w[i][1] + annex_item_w[i][2])
                f[j] = max(f[j],f[ j - main_item_w[i] - annex_item_w[i][1] - annex_item_w[i][2] ] + main_item_c[i] + annex_item_c[i][1] + annex_item_c[i][2]);

         }
     cout << f[n] << endl;
     return 0;
}



来源：ShawnZhou