贪心算法与DFS：九度OJ1030

题目1030：毕业bg

题目描述：

    每年毕业的季节都会有大量毕业生发起狂欢，好朋友们相约吃散伙饭，网络上称为“bg”。参加不同团体的bg会有不同的感觉，我们可以用一个非负整数为每个bg定义一个“快乐度”。现给定一个bg列表，上面列出每个bg的快乐度、持续长度、bg发起人的离校时间，请你安排一系列bg的时间使得自己可以获得最大的快乐度。

    例如有4场bg：
    第1场快乐度为5，持续1小时，发起人必须在1小时后离开；
    第2场快乐度为10，持续2小时，发起人必须在3小时后离开；
    第3场快乐度为6，持续1小时，发起人必须在2小时后离开；
    第4场快乐度为3，持续1小时，发起人必须在1小时后离开。
    则获得最大快乐度的安排应该是：先开始第3场，获得快乐度6，在第1小时结束，发起人也来得及离开；再开始第2场，获得快乐度10，在第3小时结束，发起人正好来得及离开。此时已经无法再安排其他的bg，因为发起人都已经离开了学校。因此获得的最大快乐度为16。

    注意bg必须在发起人离开前结束，你不可以中途离开一场bg，也不可以中途加入一场bg。
又因为你的人缘太好，可能有多达30个团体bg你，所以你需要写个程序来解决这个时间安排的问题。

输入：

    测试输入包含若干测试用例。每个测试用例的第1行包含一个整数N (<=30)，随后有N行，每行给出一场bg的信息：
    h l t
    其中 h 是快乐度，l是持续时间（小时），t是发起人离校时间。数据保证l不大于t,因为若发起人必须在t小时后离开，bg必须在主人离开前结束。

    当N为负数时输入结束。

输出：

    每个测试用例的输出占一行，输出最大快乐度。

样例输入：

3
6 3 3
3 2 2
4 1 3
4
5 1 1
10 2 3
6 1 2
3 1 1
-1

样例输出：

7
16

来源：

2008年浙江大学计算机及软件工程研究生机试真题

看到这道题，直观的感觉肯定是0-1背包动态规划。这里只要注意下物品放入时候的条件判断，以及最大值不一定在结束时间最大处取得即可。

我们也可以换一个思路：搜索。考虑到题目中N<=30，如果直接暴力搜索，复杂度很高，要考虑N！种可能的排列。但是，这N！种可能排列中有很大部分的排列是不可能实现的。这里我们可以换一个想法，怎么才能考虑最少的状态数呢？

来看一个例子:

N=3

bg1: 5 1 1

bg2: 10 2 3

bg3: 6 1 2

显然，bg3、bg2的序列是最欢乐的序列。从搜索的角度考虑，如果我们先走到bg1，判断要不要，然后再走到bg2，判断要不要，然后再走到bg3，再考虑要不要，会有一个很大的问题。如果我们取了bg2，按照尽可能早地安排bg的原则，bg1占用了第一个小时，bg2被安排在后两个小时，bg3是无法被安排的；而就算不安排bg1，我们先安排bg2，那么bg2一定是先占前两个小时，这样bg3还是没办法被安排。

嗯，是不是应该给所有的bg排个序？感觉上，我们策略漏解的主要原因就是，bg3搜过之后，是没有办法返回bg2去再搜的（如果能返回，那不就是简单的爆搜么？就是想缩复杂度到2^N的……）

感觉上应该先排那些急着走的人的bg，嗯，按结束时间排个序吧：

#include 
#include 
using namespace std;

struct Bg{
	int h,l,t;
	bool operator<(const Bg& bg) const{
		return t=n)
		return;
	if(t + bgs[index].l <= bgs[index].t){
		ans = max(ans,h+bgs[index].h);
		DFS(index+1,t+bgs[index].l,h+bgs[index].h);
	}
	DFS(index+1,t,h);
}

int main(){
	while(cin>>n){
		if(n<0)
			break;
		ans = 0;
		for(int i = 0;i>bgs[i].h>>bgs[i].l>>bgs[i].t;
		sort(bgs,bgs+n);
		DFS(0,0,0);
		cout< 
哈，竟然过了，为什么呢？我们肯定没有搜索完所有的可能的序列，那么，是不是那些不在搜索范围内的序列，能够经过调整，保证最后欢乐值不变，变成搜索范围内的序列呢？
 
 
如果有这么一个可行解：bg1,bg2,……,bgi,……,bgj,……
 
记bgi的开始时间为S，那么必须有： S+bgi.l+……+bgj.l<=bgj.t,        S+bgi.l<=bgi.t
 
这时候，若bgi.t>bgj.t，照着我们的策略，bgj应该排在bgi前面，这时候，这个可行解是没有被我么搜索到的。但是，如果我们把bgi放在bgj之后，我们发现，此时，S+……+bgj.l+bgi.j<=bgj.t 
 
此题最简单的方法是0-1背包，这里也附上源码：
 
 
#include 
#include 
using namespace std;

struct Bg{
	int h,l,t;
	bool operator<(const Bg& bg)const{
		return this->t>N){
		if(N<0)
			break;
		for(int i = 0;i>bgs[i].h>>bgs[i].l>>bgs[i].t;
		}
		sort(bgs,bgs+N);
		maxT = bgs[N-1].t;
		fill(dp,dp+maxT+1,0);
		for(int i = 0;i=bgs[i].l;j--){
				dp[j] = max(dp[j],dp[j-bgs[i].l]+bgs[i].h);
			}
		cout<<*max_element(dp,dp+maxT+1)< 

 还是建议每题多用几种方法做做，另外，做对了也思考下，为什么它是对的。