牛客网华为在线编程题

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：

#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2if(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1if(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。