背包，子集和以及 (max, +) 卷积在特殊情形下的求法

子集和 1：总重量不太大

有 $n$ 个物品，每个物品重量为 $w_i$，且 $\sum\limits_{i} w_i=C$。你需要对于 $k\in [1,C]$ 均求出是否存在子集和 $=k$。

时间复杂度 $\mathcal O(\frac{C\sqrt{C}}{\omega})$，空间复杂度 $\mathcal O(n+\frac{C}{\omega})$。

我们对于相同重量的物品二进制分组，然后暴力 01 背包，用 bitset 加速即可。

时间复杂度证明：

不妨设重量为 $w$ 的物品有 $a$ 个，则 $\sum\limits_{i=1}^{m} w_ia_i=C$。二进制拆分后的物品数为 $\sum\limits_{k=0}\sum\limits_{i=1}^{m} [a_i\ge 2^k]$。

对于固定的 $k$，满足 $[a_i\ge 2^k]$ 的 $i$ 有 $\sqrt{\frac{C}{2^k}}$ 个，因此物品数 $\sum\limits_{k}\sqrt{\frac{C}{2^k}}=\sqrt{C}\sum\limits_{k}2^{-k/2}\le \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{2}-1}\sqrt{C}$。

子集和 2：单个重量不太大

有 $n$ 个物品，每个物品重量为 $w_i$，满足 $w_i\le D$。问是否存在子集和 $=C$。

时间复杂度 $\mathcal O(nD)$，空间复杂度 $\mathcal O(n+D)$ 或 时间复杂度 $\mathcal O(\frac{n\sqrt{n}D}{\omega})$，空间复杂度 $\mathcal O(n+\frac{\sqrt{n}D}{\omega})$。

法一：

先找到最大的 $k$ 满足 $\sum\limits_{i=1}^{k} w_i\le C$，问题转化为能否从 $\{-w_1,\cdots,-w_k,w_{k+1},\cdots,w_n\}$ 选出子集和 $C-\sum\limits_{i=1}^{k}w_i$。该做法的核心思想是：如果当前子集和 $>C$，那么从 $w_1\sim w_k$ 中选一些数减到 $\le C$，否则从 $w_{k+1}\sim w_n$ 中选一些数加到 $>C$。

我们定义 $\text{can}(tot,l,r)$ 表示是否存在 $\lambda_{l},\lambda_{l+1},\cdots,\lambda_{r}=\{0,1\}$ 满足 $\sum\limits_{i=1}^{l-1}w_i+\sum\limits_{i=l}^{r} \lambda_iw_i=tot$。

性质 1：固定 $tot,r$，则 $\text{can}(tot,l,r)=1$ 的 $l$ 为一段前缀。

我们定义 $dp_{tot,r}$ 表示最大的 $l$ 满足 $\text{can}(tot,l,r)=1$（如不存在，$dp=-1$）。考虑转移。

性质 2：固定 $tot,l$，则 $\text{can}(tot,l,r)=1$ 的 $r$ 为一段后缀。

据此有 $dp_{tot,r}\le dp_{tot,r+1}$，于是有三类转移：

$dp_{tot+w_{r+1},r+1}\leftarrow dp_{tot,r}$
$dp_{tot,r+1}\leftarrow dp_{tot,r}$
$dp_{tot-w_{l'},r}\leftarrow l'\ (l'\in [1,dp_{tot,r}))$

我们发现第三类转移有 $\mathcal O(n)$ 条，但是对于固定的 $tot$，我们在 $dp_{tot,r}$ 时有意义的转移只有 $l'\in [dp_{tot,r-1},dp_{tot,r})$，否则可以在 $dp_{tot,r-1}$ 的时候就转移掉。

因此，对于固定的 $tot$，第三类转移总共有 $\mathcal O(n)$ 条，因此时间复杂度是均摊 $\mathcal O(nD)$ 的。

法二：

考虑随机打乱这个集合，则过程中期望达到的最值为 $\mathcal O(\sqrt{n}D)$，用 bitset 加速即可。

(max, +) 卷积

给定两个长为 $n$ 的序列 $A,B$，求它们的 $(max,+)$ 卷积 $C$。保证 $B$ 是凸函数。

时间复杂度 $\mathcal O(n\log n)$ 或 $\mathcal O(n)$，空间复杂度 $\mathcal O(n)$。

法一：

我们记 $C_i$ 的决策位置（即 $B$ 序列位置）为 $f_i$，容易证明 $f_{i-1}\le f_i$。因此直接分治即可。

时间复杂度 $\mathcal O(n\log n)$，空间复杂度 $\mathcal O(n)$。

法二：

考虑构建一个 $(2n-1)\times n$ 的矩阵 $X$，满足 $X_{i,j}=A_i+B_{i-j}$。我们想要的即为 $X$ 的每行最小值。

由于 $B$ 是凸的，所以 $X$ 是完全单调矩阵，用 SMAWK 求解即可。

不过听 Froggy 说 SMAWK 的效率被二分栈 / 分治吊打，所以可能 not practical。

时间复杂度 $\mathcal O(n)$，空间复杂度 $\mathcal O(n)$。

01 背包：单个重量不太大

有 $n$ 个物品，每个物品重量为 $w_i$，价值为 $v_i$，不同的 $w_i$ 有 $D$ 个。选出最大的子集 $S$ 满足重量和不超过 $C$，且总价值最大。

时间复杂度 $\mathcal O(n\log n+DC\log C)$ 或 $\mathcal O(n\log n+DC)$，空间复杂度 $\mathcal O(n+C)$。

对于相同 $w$ 的物品，我们肯定将 $v$ 从大到小贪心取，图像为一个凸函数。因此我们将背包在模 $C$ 意义下分别做 $(max,+)$ 卷积即可。

完全背包：单个重量不太大

有 $n$ 个物品，每个物品重量为 $w_i$，价值为 $v_i$，满足 $w_i\le D$。选出最大的可重子集 $S$ 满足重量和不超过 $C$，且总价值最大。

时间复杂度 $\mathcal O(D^2\log C)$，空间复杂度 $\mathcal O(n+D)$。

注意到对于 $i>D$，有 $dp_i=\max\limits_{j+k=i} (dp_j+dp_k)$，且如果 $|j-k|>D$，我们始终可以调整得到 $|j-k|\le D$。

因此通过 $[dp_{j-\frac{D}{2}},\cdots,dp_{j+\frac{D}{2}}]$ 以及 $[dp_{k-\frac{D}{2}},\cdots,dp_{k+\frac{D}{2}}]$，可以暴力卷积得到 $dp_{j+k}$ 的值。

现在，假如我们知道了 $[dp_{k-D},\cdots,dp_{k+D}]$，它卷自己可以得到 $[dp_{2k-D},\cdots,dp_{2k+D}]$。因此采用倍增的形式可以快速计算出 $[dp_{C-D},\cdots,dp_{C}]$，答案即为其中的最大值。

初始化的地方，暴力计算 $[dp_0,\cdots,dp_{2D}]$ 即可。