[NAIPC2016]Jewel Thief(决策单调性+分治)

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有\(n\)个物品,每个物品有一个体积\(w_i\)和价值\(v_i\),现在要求对\(V \in [1,m]\),求出体积为\(V\)的

背包能够装下的最大价值

\(1 ≤ n ≤ 1000000; 1 ≤ m ≤ 100000; 1 ≤ w_i ≤ 300; 1 ≤ v_i ≤ 10^9\)

分析

决策单调性发现

注意到物品的体积很小,考虑按体积分类,选取同种体积的物品时,一定优先选择价值大的物品。

设\(dp[i][j]\)为使用前i种体积的物品,体积为j的最大价值。类似多重背包的单调队列优化,将模i同余的所有位置拿出来重新标号(即下标看作1,2,3....x)。

则有

\[dp[i][j]=\max_{k=0}^j dp[i-1][k]+val(k,j)
\]

其中\(w(k,j)\)表示第\(i\)种体积的物品中,最大的\(j-k\)个的价值和

显然\(val\)满足四边形不等式。

问题转化

令\(A\)为一个矩阵,\(pos(j)=max(\{i|,\forall p \in [0,m],A[i][j]>A[p][j] \})\),即使得第\(j\)列第\(i\)行的值最大的\(i\)(如果有多个i相同,则取编号最大的)

在原问题中,考虑第\(i-1\)层到第\(i\)层的转移 ,令\(A[k][j]=\begin{cases} dp[i-1][k]+val(k,j),k \leq j \\ -\infty,k>j\end{cases}\),我们发现dp的转移实际上就是在求第\(k\)行第\(j\)列的最大值,其中\(j\)固定。那么\(dp[i][j]=A[pos(j)][j]\)

于是问题就转化为:已知一个\((m+1)\times(m+1)\)大小的矩阵\(A\),其中每个元素的值均可以在\(O(1)\)时间内查询。现

要求对于\(j \in [0,m]\),求出\(A[pos(j)][j]\)

分治求解

对列[l,r]进行分治,维护当前可能成为\(pos\)的行\([x,y]\),令\(mid=\frac{l+r}{2}\),暴力枚举所有可能的行求出\(pos(mid)\),分治递归操作\([l,mid-1] [x,pos(mid)]\)以及\([mid +1,r] [pos(mid),y]\)直至\(l = r\)或\(x = y\)。容易发现这样的时间复杂度是\(O(m\log m)\)

代码

  1. #include<iostream>
  2. #include<cstdio>
  3. #include<cstring>
  4. #include<vector>
  5. #include<algorithm>
  6. #define maxw 300
  7. #define maxn 1000000
  8. using namespace std;
  9. typedef long long ll;
  10. vector<ll>w[maxw+5];
  11. ll dp[2][maxn+5];
  12. int n,m;
  13. void divide(int l,int r,int x,int y,int now,int mod,int rest){
  14. //列[l,r],行[x,y];
  15. if(l>r) return;
  16. int mid=(l+r)>>1,pos=mid;
  17. dp[now^1][mid*mod+rest]=dp[now][mid*mod+rest];
  18. for(int j=min(y,mid-1);j>=x;j--){//枚举可能成为pos(mid)的列,注意j<mid
  19. if(mid-j>(int)w[mod].size()) break;
  20. if(dp[now][j*mod+rest]+w[mod][mid-j-1]>dp[now^1][mid*mod+rest]){
  21. dp[now^1][mid*mod+rest]=dp[now][j*mod+rest]+w[mod][mid-j-1];
  22. pos=j;
  23. }
  24. }
  25. divide(l,mid-1,x,pos,now,mod,rest);
  26. divide(mid+1,r,pos,y,now,mod,rest);
  27. }
  28. inline int cmp(int x,int y){
  29. return x>y;
  30. }
  31. int main(){
  32. int x,y;
  33. scanf("%d %d",&n,&m);
  34. for(int i=1;i<=n;i++){
  35. scanf("%d %d",&x,&y);
  36. w[x].push_back(y);
  37. }
  38. for(int i=1;i<=maxw;i++){
  39. sort(w[i].begin(),w[i].end(),cmp);
  40. for(int j=1;j<(int)w[i].size();j++) w[i][j]+=w[i][j-1];
  41. }
  42. int now=0;
  43. for(int i=1;i<=300;i++){
  44. if(w[i].size()){
  45. for(int j=0;j<i;j++){
  46. //将模i同余的所有位置拿出来
  47. divide(0,(m-j)/i,0,(m-j)/i,now,i,j);
  48. }
  49. for(int j=1;j<=m;j++){
  50. dp[now^1][j]=max(dp[now^1][j],dp[now^1][j-1]);
  51. //我们dp的子状态是体积<=j,而分治过程中是=j
  52. }
  53. now^=1;
  54. }
  55. }
  56. for(int i=1;i<=m;i++) printf("%I64d ",dp[now][i]);
  57. }

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