Reference：
Pisinger, D. (1999). Linear Time Algorithms for Knapsack Problems with Bounded Weights. Journal of Algorithms, 33(1), 1–14.
差不多是带着自己理解的翻译吧，并不是完全按照论文顺序来的
~ 引入 ~
动态规划中，有一个经典的问题是子集和（Subset-sum Problem, SSP）：
给定$n$个物品，每个物品的重量是$w_i$，从中选出一些物品使得它们的总重量为$C$，问有多少种取法
这显然可以使用$O(nC)$的01背包解决
那么考虑将问题稍微改变一下，变为有重量限制的子集和：
给定$n$个物品，每个物品的重量是$w_i$，从中选出一些物品使他们的总重量不超过$C$，问最大的总重量是多少
这好像没啥区别嘛，照样是一个$O(nC)$的01背包就能解决
如果我们令$W=max{w_i}$，则一般有$nW>C$（否则答案直接就是$sum w_i$），那么也可以认为这个DP的复杂度是$O(n^2W)$
而这篇论文提出的 平衡（balancing） 的技巧，可以将求解这个问题优化到$O(nW)$
~ 平衡的一些概念 ~
我们用$x=(x_1,x_2,...,x_n)$来表示一个解，其中$x_i in {0,1}$表示选择第$i$种物品的数量
考虑从第一件物品开始贪心地选择，直到选到第$b$件物品时$sum_{i=1}^{b}w_i>C$
我们称这个解为截断解（break solution）$x'$：当$i<b$时$x_i=1$，当$bleq ileq n$时$x_i=0$
定义1：
平衡解（balanced solution）可以通过如下方式获得
1. 截断解$x'$是一个平衡解
2. 对平衡解$x$进行平衡插入（balanced insert）：若平衡解$x$满足$sum_{i=1}^{n}w_ix_ileq C$（总重量不大于$C$），我们选择一个$tgeq b$将$x_t=0$变成$x_t=1$，那么改变后的解仍为平衡解
3. 对平衡解$x$进行平衡删除（balanced remove）：若平衡解$x$满足$sum_{i=1}^{n}w_ix_i>C$（总重量大于$C$），我们选择一个$s<b$将$x_s=1$变成$x_s=0$，那么改变后的解仍为平衡解
也就是说，我们可以从截断解$x'$出发，通过不断进行平衡插入/平衡删除操作，能构造出很多很多平衡解；而这些平衡解的总重量是有范围的
性质1：
对于任意平衡解$x$，均有$C-W+1leq sum_{i=1}^{n}w_ix_i leq C+W$
这是因为，我们只能对总重量不大于$C$的平衡解进行平衡插入，那么总重量最多变成$C+W$；同理，我们只能对总重量大于$C$的平衡解进行平衡删除，那么总重量最少也是$C-W+1$
不过需要区分的是，并不是总重量在$[C-W+1,C+W]$之间的解均为平衡解，因为平衡插入与平衡删除对原先的总重量是有要求的
命题1：
有重量限制的子集和问题中，最优解一定是平衡解
证明：设最优解为$x^*$，那么我们将所有$1leq i<b$中$x^*_i eq x'_i$（即$x^*_i=0,x'_i=1$）的$i$拿出来，记为$s_1,...,s_alpha$；将所有$bleq ileq n$中$x^*_i eq x'_i$（即$x^*_i=1,x'_i=0$）的$i$拿出来，记为$t_1,...,t_eta$
那么我们从截断解$x'$出发，若总重量不超过$C$则依次添加$t_1,...,t_eta$，若总重量超过$C$则依次删去$s_1,...,s_alpha$，最终就能得到$x*$
（论文中证明了好大一段，感觉没有说出什么其他的东西）
~ 解决有重量限制的子集和问题 ~
直接做这个问题还是不太行的，我们不妨定义一个子问题：
记$f_{s,t}(c)$表示，必选第$1$到第$s-1$件物品、可选第$s$到第$t$件物品时，在总重量不超过$c$时能够选出的最大重量，即
[f_{s,t}(c)=max{sum_{i=1}^{s-1}w_i+sum_{i=s}^{t}w_ix_ileq c}]
同时要求$x_i=left{egin{array}{**lr**} 1, & i<s\ {0,1}, & sleq ileq tend{array} ight.$是一个平衡解
那么我们可以用一个三元组$(s,t,mu)$代表一个状态，其中$mu=f_{s,t}(mu)$，即$mu$为恰能被选出的某个重量
我们需要用各种已有状态来更新信息，而其中一些状态是无用的
定义2：
假如有两个状态$(s,t,mu)$和$(s',t',mu')$，且$mu=mu'$而$sgeq s',tleq t'$，那么$(s',t',mu')$是一个无用状态
可以这样理解这个定义：状态$(s',t',mu')$比$(s,t,mu)$具有更高的自由度，即可选的位置更多；在这种情况下，我们既然可以用较小的自由度选出$mu$，那么就没有必要扩大选择的范围了
于是对于固定的$t,mu$，我们只需要记录最大的$s$对应的状态即可
记$s_t(mu)$表示，可选物品的右边界是$t$、需要选出的重量为$mu$时，最大的可选物品左边界
即$s_t(mu)=max{s| f_{s,t}(mu)=mu}$
规定当某个重量$w$暂时不能被选出的时候，$s_t(w)=0$
我们用$s_t(mu)$来解决问题！
先从头开始解读一下正确性，时间复杂度的证明之后再讨论
第2、3行中，给$s_{b-1}(mu)$赋初值；第2行还好理解，第3行的用意可以暂时先不管
第4行中，$overline{w}$表示的是截断解$x'$对应的重量，即$overline{w}=sum_{i=1}^{n} w_ix'_i$；而$s_{b-1}(overline{w})leftarrow b$就表示，我们必须全选物品$1$到$b-1$才能得到$overline{w}$，那么可选物品的最大左边界是$b$
由第5行开始进入循环，按$t$从小到大依次将$s_t(mu)$全部计算出；我们不妨以$t=b$、即第一轮循环为例
第6行用$s_{t-1}(mu)$给$s_t(mu)$赋初值；这是好理解的，因为不选第$t$件物品时就是$t-1$的情况
第7行中，我们尝试对所有总重量小于等于$C$的平衡解进行平衡插入，加入的物品是第$t$件，那么$mu'=mu+w_t$就是平衡插入后的总质量；也就是说，我们在必选第$1...s_{t-1}(mu)-1$件物品、可选第$s_{t-1}(mu)...t$件物品时，可以选出$mu'$的总重量，故用$s_{t-1}(mu)$尝试更新$s_t(mu')$
第8行中，我们尝试对所有总重量大于$C$的平衡解进行平衡删除，删除的物品由第9行枚举
第9行中，对于$mu$的总重量，其必选物品的范围是$1...s_t(mu)-1$，我们考虑从这些必选物品中退一个（如果退的是可选物品，那么这个方案必然在之前被计算到过，否则该物品就不会在“可选”范围内）；如果想要退掉物品$j$，那么平衡删除后的总重量就是$mu'=mu-w_j$，也就是说我们在必选第$1...j-1$件物品、可选第$j...t$件物品时，可以选出$mu'$的总重量，故用$j$尝试更新$s_t(mu')$
不过还需要解释为什么是从$s_t(mu)-1$枚举到$s_{t-1}(mu)$而不是枚举到$1$：进行平衡删除而导致的更新一定需要在当前轮选择第$t$件物品，否则会在之前某轮已用相同的值更新过了$mu'$（因为不选第$t$件物品的所有状态一定在$t-1$时全部更新过了）；而枚举到$j<s_{t-1}(mu)$时，表示可以全选第$1...s_{t-1}(mu)-1$件物品、可选第$s_{t-1}(mu)...t-1$件物品而选出总重量$mu$，那么在此时平衡删除第$j$件物品的方案可以不选第$t$件物品，也就是说不会对于$s_t(mu-w_j)$产生更新
现在我们也可以理解第3行了：对于总重量大于$C$的平衡解，我们需要枚举要退的物品，在初始情况下需要一直退到$1$，故$mu>C$时有$s_{b-1}(mu)=1$
最后，有重量限制的子集和问题 答案就是满足$s_n(mu) eq 0,muleq C$的最大的$mu$
模板题：OpenCup 18290F （$Subset Sum$，
$XX Open Cup named after E.V. Pankratiev: Grand Prix of Bytedance$）
#include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm> using namespace std; const int N=20005; int n,C,W; int w[N]; int s[2][2*N]; int main() { int T; scanf("%d",&T); while(T--) { for(int i=N-W+1;i<=N+W;i++) s[0][i]=s[1][i]=0; W=0; scanf("%d%d",&n,&C); for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&w[i]),W=max(W,w[i]); int sum=0,b=0; for(int i=1;i<=n && sum+w[i]<=C;i++) b=i,sum+=w[i]; ++b; if(b>n) { printf("%d ",sum); continue; } for(int i=N-W+1;i<=N;i++) s[0][i]=0; for(int i=N+1;i<=N+W;i++) s[0][i]=1; s[0][N-C+sum]=b; int p=1; for(int i=b;i<=n;i++,p^=1) { for(int j=N-W+1;j<=N+W;j++) s[p][j]=s[p^1][j]; for(int j=N-W+1;j<=N;j++) s[p][j+w[i]]=max(s[p][j+w[i]],s[p^1][j]); for(int j=N+w[i];j>N;j--) for(int k=s[p][j]-1;k>=s[p^1][j];k--) s[p][j-w[k]]=max(s[p][j-w[k]],k); } for(int i=N;i>=N-W+1;i--) if(s[p^1][i]) { printf("%d ",C+i-N); break; } } return 0; }
注意需要用滚动数组
（待续）