3163: [Heoi2013]Eden的新背包问题
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Description
“寄没有地址的信，这样的情绪有种距离，你放着谁的歌曲，是怎样的心心静，能不能说给我听。”
失忆的Eden总想努力地回忆起过去，然而总是只能清晰地记得那种思念的感觉，却不能回忆起她的音容笑貌。 记忆中，她总是喜欢给Eden出谜题：在 valentine’s day 的夜晚，两人在闹市中闲逛时，望着礼品店里精巧玲珑的各式玩偶，她突发奇想，问了 Eden这样的一个问题：有n个玩偶，每个玩偶有对应的价值、价钱，每个玩偶都可以被买有限次，在携带的价钱m固定的情况下，如何选择买哪些玩偶以及每个玩偶买多少个，才能使得选择的玩偶总价钱不超过m，且价值和最大。众所周知的，这是一个很经典的多重背包问题，Eden很快解决了，不过她似乎因为自己的问题被飞快解决感到了一丝不高兴，于是她希望把问题加难：多次 询问，每次询问都将给出新的总价钱，并且会去掉某个玩偶（即这个玩偶不能被选择），再问此时的多重背包的答案（即前一段所叙述的问题）。
这下Eden 犯难了，不过Eden不希望自己被难住，你能帮帮他么？
Input
第一行一个数n，表示有n个玩偶，玩偶从0开始编号
第二行开始后面的 n行，每行三个数 ai, bi, c i，分别表示买一个第i个玩偶需
要的价钱，获得的价值以及第i个玩偶的限购次数。
接下来的一行为q，表示询问次数。
接下来q行，每行两个数di. ei表示每个询问去掉的是哪个玩偶（注意玩偶从0开始编号）以及该询问对应的新的总价钱数。（去掉操作不保留，即不同询问互相独立）
Output
输出q行，第i行输出对于第 i个询问的答案。
Sample Input
2 3 4
1 2 1
4 1 2
2 1 1
3 2 3
5
1 10
2 7
3 4
4 8
0 5
Sample Output
11
6
12
4
HINT
一共五种玩偶，分别的价钱价值和限购次数为 (2,3,4)， (1,2,1)， (4,1,2)， (2,1,1)，(3,2,3)。五个询问，以第一个询问为例。第一个询问表示的是去掉编号为1的玩偶，且拥有的钱数为10时可以获得的最大价值，则此时剩余玩偶为(2,3,4)，(4,1,2)，(2,1,1)，(3,2,3)，若把编号为0的玩偶买4个（即全买了），然后编号为3的玩偶买一个，则刚好把10元全部花完，且总价值为13。可以证明没有更优的方案了。注意买某种玩偶不一定要买光。
100. 数据满足1 ≤ n ≤ 1000, 1 ≤ q ≤ 3*105 , 1 ≤ a
i、bi、c i ≤ 100, 0 ≤ d i < n, 0 ≤ei ≤ 1000。
Source
1
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
inline void read(int &x){
register char ch=getchar();x=;
while(ch<''||ch>'') ch=getchar();
while(ch>=''&&ch<='') x=(x<<)+(x<<)+ch-'',ch=getchar();
}
const int N=;
const int M=1e6+;
struct things{int wei,val,t;}d[N];
int n,m,p,q[M],ban[M],lim[M],ans[M];
int dp[][N];
inline bool cmp(const int &x,const int &y){return ban[x]<ban[y];}
//多重背包(用余数搞单调队列优化)
//一个很好的解释：http://blog.****.net/qiusuo800/article/details/8820905
inline void trans(int *f,int wei,int val,int t){
pair<int,int>q[N];
for(int b=;b<wei;b++){
int qh=,qt=,now;
for(int j=;(now=b+j*wei)<;j++){
for(;qh<=qt&&q[qt].second<=f[now]-j*val;qt--);
for(;qh<=qt&&j-q[qh].first>t;qh++);
q[++qt]=make_pair(j,f[now]-j*val);
f[now]=q[qh].second+j*val;
}
}
}
void solve(int l,int r,int dep){
if(l==r){
for(;p<=m&&ban[q[p]]==l;p++) ans[q[p]]=dp[dep][lim[q[p]]];
return ;
}
int mid=(l+r)>>;
memcpy(dp[dep+],dp[dep],sizeof dp[dep]);
for(int i=mid+;i<=r;i++) trans(dp[dep+],d[i].wei,d[i].val,d[i].t);
solve(l,mid,dep+);
memcpy(dp[dep+],dp[dep],sizeof dp[dep]);
for(int i=l;i<=mid;i++) trans(dp[dep+],d[i].wei,d[i].val,d[i].t);
solve(mid+,r,dep+);
}
int main(){
read(n);
for(int i=;i<=n;i++) read(d[i].wei),read(d[i].val),read(d[i].t);
read(m);
for(int i=;i<=m;i++) read(ban[i]),read(lim[i]),ban[i]++,q[i]=i;
stable_sort(q+,q+m+,cmp);p=;
// memset(dp[0],0,sizeof dp[0]);
solve(,n,);
for(int i=;i<=m;i++) printf("%d\n",ans[i]);
return ;
}
UPD.2
/*
离线预处理：多重背包正扫一遍，反扫一遍
ans=max(f[k1][j]+f_rev[k1+2][t1-j]){0<=j<=t1}
attention:
习惯了一维的二进制拆分，二维的多重背包居然不会了~~
*/
#include<cstdio>
#include<iostream>
using namespace std;
int read(){
int x=,f=;char ch=getchar();
while(ch<''||ch>''){if(ch=='-')f=-;ch=getchar();}
while(ch>=''&&ch<=''){x=x*+ch-'';ch=getchar();}
return x*f;
}
const int N=;
int n,m,v[N],w[N],c[N],f[N][N],f_rev[N][N];
void pre_deal(){
for(int i=,tmp;i<=n;i++){
tmp=c[i];
for(int j=;j<=;j++) f[i][j]=f[i-][j];
for(int j=;tmp!=;j<<=){
j=min(j,tmp);
tmp-=j;
for(int k=;k>=j*v[i];k--){
f[i][k]=max(f[i][k],f[i][k-j*v[i]]+j*w[i]);
}
}
}
for(int i=n,tmp;i>=;i--){
tmp=c[i];
for(int j=;j<=;j++) f_rev[i][j]=f_rev[i+][j];
for(int j=;tmp!=;j<<=){
j=min(j,tmp);
tmp-=j;
for(int k=;k>=j*v[i];k--){
f_rev[i][k]=max(f_rev[i][k],f_rev[i][k-j*v[i]]+j*w[i]);
}
}
}
}
int main(){
n=read();
for(int i=;i<=n;i++) v[i]=read(),w[i]=read(),c[i]=read();
pre_deal();
m=read();
for(int k1,t1,ans;m--;){
k1=read();t1=read();ans=;
for(int j=;j<=t1;j++) ans=max(ans,f[k1][j]+f_rev[k1+][t1-j]);
printf("%d\n",ans);
}
return ;
}