BZOJ 3163: [Heoi2013]Eden的新背包问题

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

5
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

13
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 ≤  ai、bi、c i ≤ 100, 0 ≤ d i < n,  0  ≤ei ≤ 1000。 
  

Source

 

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这题分明记得大爷讲过一次类似的问题，然而已经忘光了。

看到好多前辈都是奇妙的搞法，说数据很水可以卡过去（事实上理论复杂度很高的算法跑的飞起）。

最后从MG队长那里学来了CDQ分治的做法，时间复杂度是$O(NMlogN)$，应该是非常优秀的。

solve(l,r)表示处理区间[l,r]之内的所有问题。

solve(l,mid)时，区间[mid+1,r]内的物品都可以选取，所以先把[mid+1,r]加入背包再递归。

solve(mid+1,r)时，区间[l,mid]内的物品都可以选取，所以先把[l,mid]加入背包再递归。

做多重背包的时候，最好用单调队列把复杂度优化到$O(M)$（加入一种物品的复杂度）。这个没写过，所以先去HDU找了道模板题，YY了一发单调对列。

#include <cstdio>

template <class T>
__inline T max(const T &a, const T &b)
{
    return a > b ? a : b;
}

template <class T>
__inline T min(const T &a, const T &b)
{
    return a < b ? a : b;
}

template <class T>
__inline T read(T &x)
{
    static char c;
    
    x = 0, c = getchar();
    while (c < 48)c = getchar();
    while (c > 47)x = x*10 + c - 48, c = getchar();
    
    return x;
}

const int siz = 105;

int cas, n, m, f[siz];

struct data
{
    int pos, val;
    
    inline data(void) {};
    inline data(int a, int b)
        : pos(a), val(b) {};
}q[siz];

signed main(void)
{
    for (read(cas); cas--; )
    {
        read(m);
        read(n);
        
        for (int i = 0; i <= m; ++i)f[i] = 0;
        
        for (int i = 1, a, b, c; i <= n; ++i)
        {
            read(a), read(b), read(c);
            
            for (int j = 0; j < a; ++j)
            {
                int l = 0, r = 0;
                
                q[r++] = data(j, f[j]);
                
                for (int k = j + a; k <= m; k += a)
                {
                    while (l != r && q[l].pos + a*c < k)++l;
                    while (l != r && q[r - 1].val + b*(k - q[r - 1].pos)/a < f[k])--r;
                    
                    q[r++] = data(k, f[k]);
                    
                    f[k] = max(f[k], q[l].val + b*(k - q[l].pos)/a);
                }
            }
        }
        
        printf("%d
", f[m]);
    }
}

#include <cstdio>
#include <cstring>

template <class T>
__inline T max(const T &a, const T &b)
{
    return a > b ? a : b;
}

template <class T>
__inline T min(const T &a, const T &b)
{
    return a < b ? a : b;
}

template <class T>
__inline void read(T &x)
{
    static char c;
    
    x = 0, c = getchar();
    while (c < 48)c = getchar();
    while (c > 47)x = x*10 + c - 48, c = getchar();
}

const int mxv = 1E3;
const int mxn = 1E3 + 5;
const int mxm = 3E5 + 5;

int N, M;

int A[mxn];
int B[mxn];
int C[mxn];

int D[mxm];
int E[mxm];
int Q[mxm];

int hd[mxn], to[mxm], nt[mxm];

inline void add(int u, int v)
{
    static int tot = 0;
    
    nt[++tot] = hd[u];
    to[tot] = v;
    hd[u] = tot;
}

int f[15][mxn];

struct data
{
    int pos, val;
    
    inline data(void) {};
    inline data(int a, int b)
        : pos(a), val(b) {};
};

inline void add(int a, int b, int c, int *d)
{
    static data q[mxn];
    
    for (int i = 0; i < a; ++i)
    {
        int l = 0, r = 0;
        
        q[r++] = data(i, d[i]);
        
        for (int j = i + a; j <= mxv; j += a)
        {
            while (l != r && q[l].pos + a*c < j)++l;
            while (l != r && q[r - 1].val + b*(j - q[r - 1].pos)/a < d[j])--r;
            
            q[r++] = data(j, d[j]);
            
            d[j] = max(d[j], q[l].val + b*(j - q[l].pos)/a);
        }
    }
}

void solve(int l, int r, int d)
{
    if (l == r)
    {
        for (int i = hd[l]; i; i = nt[i])
            Q[to[i]] = f[d - 1][E[to[i]]];
    }
    else
    {
        int mid = (l + r) >> 1;
        
        memcpy(f[d], f[d - 1], sizeof(f[0]));
        for (int i = mid + 1; i <= r; ++i)
            add(A[i], B[i], C[i], f[d]);
        solve(l, mid, d + 1);
        
        memcpy(f[d], f[d - 1], sizeof(f[0]));
        for (int i = l; i <= mid; ++i)
            add(A[i], B[i], C[i], f[d]);
        solve(mid + 1, r, d + 1);
    }
}

signed main(void)
{
    read(N); 
    
    for (int i = 1; i <= N; ++i)
    {
        read(A[i]);
        read(B[i]);
        read(C[i]);
    }
    
    read(M);
    
    for (int i = 1; i <= M; ++i)
    {
        read(D[i]);
        read(E[i]);
        
        add(D[i] + 1, i);
    }
    
    solve(1, N, 1);
    
    for (int i = 1; i <= M; ++i)
        printf("%d
", Q[i]);
}

@Author: YouSiki