python/TangDou/AcWing_TiGao/T4/1252.md

##AcWing 1252. 搭配购买

一、题目描述

$Joe$觉得云朵很美，决定去山上的商店买一些云朵。

商店里有 n 朵云，云朵被编号为 $1,2,…,n$，并且每朵云都有一个价值。

但是商店老板跟他说，一些云朵要搭配来买才好，所以买一朵云则与这朵云有搭配的云都要买。

但是$Joe$的钱有限，所以他希望买的价值越多越好。

输入格式 第 1 行包含三个整数 $n，m，w$，表示有 n 朵云，m 个搭配，$Joe$有 w 的钱。

第 $2∼n+1$行，每行两个整数 c_i，d_i 表示 i 朵云的价钱和价值。

第 n+2∼n+1+m 行，每行两个整数 $u_i，v_i$，表示买 u_i 就必须买 $v_i$，同理，如果买 v_i 就必须买 $u_i$。

输出格式 一行，表示可以获得的最大价值。

数据范围 1≤n≤10000,0≤m≤5000,1≤w≤10000,1≤ci≤5000,1≤di≤100,1≤u_i,v_i≤n

输入样例：

5 3 10
3 10
3 10
3 10
5 100
10 1
1 3
3 2
4 2

输出样例：

1

二、解题思路

三、一维$01$背包解法

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
const int N = 10010;
int n, m, sum;  // 有 n 朵云，m 个搭配，Joe有 sum 的钱。
int v[N], w[N]; // 表示 i 朵云的价钱和价值
int p[N];       // 并查集数组
int f[N];       // 01背包数组

// 最简并查集
int find(int x) {
    if (p[x] != x) p[x] = find(p[x]); // 路径压缩
    return p[x];
}

int main() {
    scanf("%d %d %d", &n, &m, &sum);
    // 初始化并查集
    for (int i = 1; i <= n; i++) p[i] = i;

    // 读入每个云朵的价钱(体积)和价值
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        scanf("%d %d", &v[i], &w[i]);

    while (m--) {
        int a, b;
        cin >> a >> b; // 两种云朵需要一起买
        int pa = find(a), pb = find(b);
        if (pa != pb) {
            // 集合有两个属性：总价钱、总价值，都记录到root节点上
            v[pb] += v[pa];
            w[pb] += w[pa];
            p[pa] = pb;
        }
    }
    // 01背包
    // 注意：这里不能认为一维的能AC，二维的替代写法就一定能AC
    // 这是因为这里的判断p[i]==i,导致i不一定是连续的，
    // 所以f[i][j]=f[i-1][j]这句话就不一定对
    // 所以，看来终极版本的01背包一维解法还是有一定价值的。
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        if (p[i] == i)                        // 只关心集合代表元素，选择一组
            for (int j = sum; j >= v[i]; j--) // 体积由大到小，倒序，01背包
                f[j] = max(f[j], f[j - v[i]] + w[i]);
    // 输出最大容量下获取到的价值
    printf("%d\n", f[sum]);
    return 0;
}

四、二维$01$背包解法与不能$AC$的理解

采用二维数组的表示法，有以下两个问题：

• 本行结果不一定是从上一行推导过来，因为上一行很可能不是这个家族的族长，只有族长也有资格进行计算。 可以采用$last$变量记录的方法模拟完成二维数组的计算，具体实现见代码。

• 内存超界 过掉$7/11$个数据，无法AC 原因分析：$f[N][N]$第一维是可以选择的物品个数，上限是$10000$； 第二维是可以支付的钱数，上限也是$10000$； 如果按二维思路来处理，确实需要一个$10000*10000$的数组 10000*10000*8= 800000000 byte 800000000/1024/1024= 762MB 本题上限是$64MB$，妥妥的超内存,$MLE$~

穷则思变，既然$int$+二维过不了，那么试试$short$吧，因为$short$最大是65536,符合题意，并且只占两个bit,就是10000*10000*2= 200000000 byte 200000000/1024/1024= 190MB 本题上限是$64MB$，妥妥的超内存,$MLE$~

那么一维的为什么可以呢？ 一维的只有10000*8=80000 byte 80000/1024/1024=0.076MB 本题上限是$64MB$，肯定不会在内存上出问题。

总结： （1）$01$背包一维相比二维，能够节约非常大的空间，二维特别容易$MLE$。 （2）$01$背包一维相比二维，不用考虑上一个依赖是不是$i-1$行的问题，不用特殊用$last$方式记录并处理，出错概率小

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
const int N = 10010;
int n, m, sum;  //有 n 朵云，m 个搭配，Joe有 sum 的钱。
int v[N], w[N]; //表示 i 朵云的价钱和价值
int p[N];
int f[N][N];
/*过掉7/11个数据，无法AC*/
//最简并查集
int find(int x) {
    if (p[x] != x) p[x] = find(p[x]); //路径压缩
    return p[x];
}

int main() {
    cin >> n >> m >> sum;
    //实始化并查集
    for (int i = 1; i <= n; i++) p[i] = i;
    //读入每个云朵的价钱(体积)和价值
    for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> v[i] >> w[i];

    while (m--) {
        int a, b;
        cin >> a >> b; //两种云朵需要一起买
        int pa = find(a), pb = find(b);
        if (pa != pb) {
            //集合有两个属性：总价钱、总价值，都记录到root节点上
            v[pb] += v[pa];
            w[pb] += w[pa];
            p[pa] = pb;
        }
    }
    // 01背包
    int last = 0;
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        if (p[i] == i) { //因处理集合的代表元素
            for (int j = 1; j <= sum; j++) {
                f[i][j] = f[last][j];
                if (v[i] <= j)
                    f[i][j] = max(f[i][j], f[last][j - v[i]] + w[i]);
            }
            last = i; //依赖的上一个状态
        }

    printf("%d\n", f[n][sum]);
    return 0;
}