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題目大意：給出 n 個(gè)人，現(xiàn)在需要 p 個(gè)球員和 k 個(gè)啦啦隊(duì)員，n 個(gè)人當(dāng)啦啦隊(duì)員以及當(dāng)?shù)?i 個(gè)位置的球員所做的貢獻(xiàn)都會(huì)給出，現(xiàn)在問如何分配可以使得總貢獻(xiàn)和最大

題目分析：因?yàn)?p 最大只有 7 ，不難想到狀態(tài)壓縮，而壓縮的每個(gè)狀態(tài)可以表示球員每個(gè)位置的占有情況，對(duì)于啦啦隊(duì)員，我們可以貪心排序，從最大的進(jìn)行遍歷，dp[ i ][ j ] 代表到了第 i 個(gè)人為止，狀態(tài)為 j 時(shí)的總貢獻(xiàn)最大值，轉(zhuǎn)移方程分為三個(gè)部分，第一個(gè)部分是這個(gè)人不會(huì)被選，顯然dp[ i ][ j ] = dp[ i - 1 ][ j ]，第二個(gè)部分是當(dāng)球員，根據(jù)二進(jìn)制的信息可以輕松轉(zhuǎn)移最大值，最難的部分我感覺是處理啦啦隊(duì)員的信息了，首先我們預(yù)處理出一個(gè)cnt數(shù)組，用來表示每個(gè)二進(jìn)制狀態(tài)中有多少個(gè) 1 ，也就是代表了每個(gè)狀態(tài)中已經(jīng)選出了多少個(gè)球員，對(duì)于某個(gè)位置 i 和某個(gè)狀態(tài) j 來說，此時(shí)之前一共有 i - 1 個(gè)人，cnt[ j ]個(gè)球員，那么已經(jīng)選了 i - 1 - cnt[ j ] 個(gè)啦啦隊(duì)員了，如果 i? - 1 - cnt[ j ] + 1 <=?k 的話，也就是 i - cnt[ j ] <= k 的話，那么這個(gè)位置就還缺少啦啦隊(duì)員，因?yàn)榻?jīng)過了之前的排序操作，越早選必定是越優(yōu)的，注意，此時(shí)的 cnt[ j ] 必須滿足嚴(yán)格小于 i 才行，不然dp的意義來說，如果 cnt[ j ] >= i 的話，那就沒有多余的人供啦啦隊(duì)選擇了

代碼：

#include<iostream> #include<cstdio> #include<string> #include<ctime> #include<cmath> #include<cstring> #include<algorithm> #include<stack> #include<climits> #include<queue> #include<map> #include<set> #include<sstream> using namespace std;typedef long long LL;typedef unsigned long long ull;const int inf=0x3f3f3f3f;const int N=1e5+100;struct Node {LL a,s[7];bool operator<(const Node& t)const{return a>t.a;} }a[N];LL cnt[(1<<7)+10],dp[2][(1<<7)+10];void init() {for(int i=0;i<(1<<7);i++)cnt[i]=cnt[i>>1]+(i&1); }int main() { #ifndef ONLINE_JUDGE // freopen("input.txt","r",stdin); // freopen("output.txt","w",stdout); #endif // ios::sync_with_stdio(false);init();int n,p,k;scanf("%d%d%d",&n,&p,&k);for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%lld",&a[i].a);for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=0;j<p;j++)scanf("%lld",&a[i].s[j]);sort(a+1,a+1+n);for(int i=1;i<=n;i++){int now=i&1;for(int j=0;j<(1<<p);j++){dp[now][j]=dp[now^1][j];//什么都不干for(int t=0;t<p;t++)//選擇當(dāng)某個(gè)位置的球員 if((j>>t)&1)dp[now][j]=max(dp[now][j],dp[now^1][j^(1<<t)]+a[i].s[t]);if(cnt[j]<i&&i-cnt[j]<=k)//當(dāng)拉拉隊(duì)員 dp[now][j]=max(dp[now][j],dp[now^1][j]+a[i].a); // cout<<i<<' '<<j<<' '<<dp[now][j]<<endl;}}printf("%lld\n",dp[n&1][(1<<p)-1]);return 0; }

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總結(jié)

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