洛谷P4095新背包问题
这道题最最暴力的方法就是对于每一个询问都跑一边多重背包问题,但显然q不会那么友好的让我们用暴力过掉这道题。
考虑优化。我们可以先把裸的多重背包搞成二进制优化后的多重背包。但是复杂度依然无法接受。接下来使用吸氧和register等玄学优化 然而你发现你还是T了
那我们可不可以记录下来第i种不选,总容量为j($1\leq j\leq 1000$时的最大价值?想法很好,但是暴力写出来复杂度还是太高(O(\(1000n^2logn\)))
for(int i=1;i=st[i]&&k=w[k];j--)
f[i][j]=max(f[i][j],f[i][j-w[k]]+v[k]);
}
}
上面的程序复杂度主要高在什么地方呢?f[i][j]和f[i-1][j]相比,考虑的物品多了第i-1种物品,少了第i种物品,而其他不变。但是上面的程序枚举哪一种物品不选后就全部重新考虑了一遍,会造成很大的浪费。
为了减少浪费,我们可以把上面的f[i][j]拆成两部分。可以先算出选1i-1种物品最大价值,再算出选i+1n种物品的最大价值,枚举合并的价值即可。
Code:
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<cstring>
#include<cmath>
using namespace std;
const int inf=214748364;
typedef long long ll;
inline int read()
{
char ch=getchar();
int x=0;bool f=0;
while(ch<'0'||ch>'9')
{
if(ch=='-')f=1;
ch=getchar();
}
while(ch>='0'&&ch<='9')
{
x=(x<<3)+(x<<1)+(ch^48);
ch=getchar();
}
return f?-x:x;
}
int n,w[10009],v[10009],q,t;
int st[1009],en[1009],me,meyo[300009],m[300009],dp[2009][1009],f[1009][1009],g[1009][1009];
bool have[1009][1009],ha[1009];
void Dp()
{
for(register int duliu=1;duliu<=n;duliu++)
{
for(int j=1;j<=1000;j++)
f[duliu][j]=f[duliu-1][j];
for(int i=st[duliu-1];i<=en[duliu-1];i++)
for(int j=1000;j>=w[i];j--)
f[duliu][j]=max(f[duliu][j],f[duliu][j-w[i]]+v[i]);
}
for(int duliu=n;duliu>=1;duliu--)
{
for(int j=1;j<=1000;j++)
g[duliu][j]=g[duliu+1][j];
for(int i=st[duliu+1];i<=en[duliu+1];i++)
for(int j=1000;j>=w[i];j--)
g[duliu][j]=max(g[duliu][j],g[duliu][j-w[i]]+v[i]);
}
}
int main()
{
memset(st,0x3f,sizeof(st));
n=read();
for(register int i=1;i<=n;i++)
{
int mo=read(),va=read(),num=read();
int k=1;
st[i]=t+1;
while(num>=k)
{
w[++t]=mo*k;
v[t]=va*k;
num-=k;
k*=2;
}
if(num)
{
w[++t]=mo*num;
v[t]=va*num;
}
en[i]=t;
}
q=read();
for(register int i=1;i<=q;i++)
meyo[i]=read()+1,m[i]=read(),have[meyo[i]][m[i]]=1,ha[meyo[i]]=1;
Dp();
for(register int i=1;i<=q;i++)
{
int ans=0;
for(int j=0;j<=m[i];j++)
ans=max(ans,f[meyo[i]][j]+g[meyo[i]][m[i]-j]);
printf("%d\n",ans);
}
}
然鹅这题正解是cdq分治,but我不会
maybe窝搞完单调队列优化之后会回来写cdq分治的
希望上面那条不要变成最小鸽
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