[NAIPC2016]Jewel Thief(决策单调性+分治)

题面

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

#include<iostream>

#include<cstdio>

#include<cstring>

#include<vector>

#include<algorithm>

#define maxw 300

#define maxn 1000000

using namespace std;

typedef long long ll;

vector<ll>w[maxw+5];

ll dp[2][maxn+5];

int n,m;

void divide(int l,int r,int x,int y,int now,int mod,int rest){

	//列[l,r],行[x,y];

	if(l>r) return;

	int mid=(l+r)>>1,pos=mid;

	dp[now^1][mid*mod+rest]=dp[now][mid*mod+rest];

	for(int j=min(y,mid-1);j>=x;j--){//枚举可能成为pos(mid)的列,注意j<mid

		if(mid-j>(int)w[mod].size()) break;

		if(dp[now][j*mod+rest]+w[mod][mid-j-1]>dp[now^1][mid*mod+rest]){

			dp[now^1][mid*mod+rest]=dp[now][j*mod+rest]+w[mod][mid-j-1];

			pos=j;

		}

	}

	divide(l,mid-1,x,pos,now,mod,rest);

	divide(mid+1,r,pos,y,now,mod,rest);

}

inline int cmp(int x,int y){

	return x>y;

}

int main(){

	int x,y;

	scanf("%d %d",&n,&m);

	for(int i=1;i<=n;i++){

		scanf("%d %d",&x,&y);

		w[x].push_back(y);

	}

	for(int i=1;i<=maxw;i++){

		sort(w[i].begin(),w[i].end(),cmp);

		for(int j=1;j<(int)w[i].size();j++) w[i][j]+=w[i][j-1];

	}

	int now=0;

	for(int i=1;i<=300;i++){

		if(w[i].size()){

			for(int j=0;j<i;j++){

				//将模i同余的所有位置拿出来

				divide(0,(m-j)/i,0,(m-j)/i,now,i,j);

			}

			for(int j=1;j<=m;j++){

				dp[now^1][j]=max(dp[now^1][j],dp[now^1][j-1]);

				//我们dp的子状态是体积<=j,而分治过程中是=j

			}

			now^=1;

		}

	}

	for(int i=1;i<=m;i++) printf("%I64d ",dp[now][i]);

}