洛谷.1782.旅行商的背包(背包DP 单调队列)

题目链接(卡常背包)

朴素的多重背包是: f[i][j] = max{ f[i-1][j-k*v[i]]+kw[i] }，复杂度 \(O(nV*\sum num_i)\)

可以发现求max时有很多值是被重复枚举过的

换一种方程表示形式，对于每个v[i]，设j=Kv[i]+r, K=j/v[i], r=j%v[i]，即按照%v[i]的余数分别进行dp

枚举k=0~K-1，那么 f[i][j] = max{ f[i-1][k*v[i]+r]-kw[i] } + Kw[i]

里面这一部分可以用单调队列维护。

复杂度大概就是 \(O(nV)\)。二三层枚举相当于把0~V都跑了一遍且只有一遍。

另外二进制拆分也可做，复杂度 \(O(nV*\sum log(num_i))\)。由于数据随机下 num_i可能比较小，\(\sum log(num_i)\)是期望 \(O(n)\) 的

这种方法常数更小，所以比单调队列还快

另一问最大数量只有5，直接 \(V^2\) 暴力。。

注意当前枚举的体积now与数量的限制: 当队首最优值的体积(用的数量 \(k_h\))+当前物品最大体积(个数上限\(num\))<当前枚举的体积(\(k\))时，要弹出队首

另外最后直接输出f[V]?我觉得不太对啊，大概那m个物品一定会产生正权值？

卡常是真恶心==

#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <algorithm>
#define gc() getchar()
const int N=1e4+5;

int n,m,V,f
,q
,nm
;

inline int read()
{
int now=0,f=1;register char c=gc();
for(;!isdigit(c);c=gc()) if(c=='-') f=-1;
for(;isdigit(c);now=now*10+c-'0',c=gc());
return now*f;
}

int main()
{
n=read(),m=read(),V=read();
for(int v,w,num,now,tmp,i=1; i<=n; ++i)
{
v=read(),w=read(),num=read();
for(int j=0; j<v; ++j)
for(int k=0,h=1,t=0; (now=k*v+j)<=V; ++k)//now:当前体积
{
tmp=f[now]-k*w;
while(h<=t && q[t]<tmp) --t;
nm[++t]=k, q[t]=tmp;
if(nm[h]+num<k) ++h;//每次仅会弹出一个元素
f[now]=q[h]+k*w;
}
}
for(int a,b,c,i=1; i<=m; ++i)
{
a=read(),b=read(),c=read();
for(int j=V; j; --j)
for(int k=0; k<=j; ++k)
f[j]=std::max(f[j],f[j-k]+(a*k+b)*k+c);
}
//  int res=f[1];
//  for(int i=2; i<=V; ++i) res=std::max(res,f[i]);
printf("%d",f[V]);

return 0;
}