题目链接:

https://www.luogu.org/problemnew/show/P1776

题目:

终于,破解了千年的难题。小FF找到了王室的宝物室,里面堆满了无数价值连城的宝物……这下小FF可发财了,嘎嘎。但是这里的宝物实在是太多了,小FF的采集车似乎装不下那么多宝物。看来小FF只能含泪舍弃其中的一部分宝物了……小FF对洞穴里的宝物进行了整理,他发现每样宝物都有一件或者多件。他粗略估算了下每样宝物的价值,之后开始了宝物筛选工作:小FF有一个最大载重为W的采集车,洞穴里总共有n种宝物,每种宝物的价值为v[i],重量为w[i],每种宝物有c[i]件。小FF希望在采集车不超载的前提下,选择一些宝物装进采集车,使得它们的价值和最大。

题解:

很容易写出状态转移方程$dp_{i,j}=max[dp_{i-1,j-w*k}+v*k],k<=c$

我们要转化为可以单调队列优化的类型

$dp_{i,j}=max[dp_{i-1,d+w*k}-v*k]+v*s,s=\lfloor \frac{j}{w} \rfloor,d=j \mod w$ 枚举k。

众所周知,dp优化的原理就是减少不必要的转移,上述这个状态转移方程就是基于发现最初始的状态转移方程里的j只能从j在模w意义下的同余系转移而得到。因而我们枚举余数d

那么如何用单调队列维护就很显然了,对于每一个余数d维护一个单调队列即可

代码

  1. #include<algorithm>
  2. #include<cstring>
  3. #include<cstdio>
  4. #include<iostream>
  5. using namespace std;
  6.  
  7. const int N=4e4+;
  8. int n,W,ans,tmp;
  9. int dp[N],q1[N],q2[N];
  10. inline int read()
  11. {
  12. char ch=getchar();int s=,f=;
  13. while (ch<''||ch>'') {if (ch=='-') f=-;ch=getchar();}
  14. while (ch>=''&&ch<='') {s=(s<<)+(s<<)+ch-'';ch=getchar();}
  15. return s*f;
  16. }
  17. int main()
  18. {
  19. n=read();W=read();
  20. for (int i=;i<=n;i++)
  21. {
  22. int v=read(),w=read(),c=read();
  23. if (w==)
  24. {
  25. ans+=v*c;
  26. continue;
  27. }
  28. c=min(c,W/w);
  29. for (int d=;d<w;d++)//枚举余数
  30. {
  31. int K=(W-d)/w;//最大的整除数
  32. int head=,tail=;
  33. for (int k=;k<=K;k++)//枚举整除数
  34. {
  35. int now=dp[d+w*k]-v*k;
  36. while (head<=tail&&now>=q1[tail]) --tail;
  37. ++tail;
  38. q1[tail]=now;
  39. q2[tail]=k;
  40. while (head<=tail&&c<k-q2[head]) head++;
  41. dp[d+w*k]=max(dp[d+w*k],q1[head]+v*k);
  42. tmp=max(dp[d+w*k],tmp);
  43. }
  44. }
  45. }
  46. printf("%d\n",tmp+ans);
  47. return ;
  48. }

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