洛谷.1782.旅行商的背包(背包DP 单调队列)

题目链接(卡常背包)

朴素的多重背包是: (f[i][j] = max{ f[i-1][j-k*v[i]]+k*w[i] })，复杂度 (O(nV*sum num_i))
可以发现求(max)时有很多值是被重复枚举过的

换一种方程表示形式，对于每个(v[i])，设(j=K*v[i]+r,quad K=j/v[i],quad r=j\%v[i])，即按照(\%v[i])的余数分别进行dp（第二层枚举余数(r)）
再枚举(k=0sim K-1)（去掉(k)个物品(i)），那么 (f[i][j] = max{ f[i-1][k*v[i]+r]-k*w[i] } + K*w[i])
里面这一部分可以用单调队列维护。

大体是这个样子（这里(f)是(f[i])，(g)是(f[i-1])，(k)是指当前的体积为(k imes v_i+r)，(r)是枚举的余数，(v_i)是当前物品(i)的单位体积，(num_i)是(i)物品个数，(val_i)是物品(i)单位价值）：

[f_k=maxlimits_{k-jleq num_i}{g_{j}+(k-j) imes val_i}\f_k=maxlimits_{k-jleq num_i}{g_{j}-j imes val_i}+k imes val_i ]

代码就是第一层枚举(i)，第二层枚举(r=0sim v_i-1)，第三层枚举(k)，更新(f[i][k imes v_i+r])，用单调队列优化。

如果你还没有看懂或想明白怎么用单调队列...
单调队列里每次存进去一个(f[i-1][j imes v_i+r]-j imes val_i)，更新的时候是$$egin{aligned}f[i][k imes v_i+r]&=q[h]+k imes val_i&=max_{k-jleq num_i}{ f[i-1][j imes v_i+r]-j imes val_i }+k imes val_i&=max_{k-jleq num_i}{ f[i-1][j imes v_i+r]+(k-j) imes val_i }end{aligned}$$
(k-j)实际就是选了多少个物品(i)。

复杂度是 (O(nV))。二三层枚举相当于把(0sim V)都跑了一遍且只有一遍。

另外二进制拆分也可做，复杂度 (O(nV*sum log(num_i)))。由于数据随机下 (num_i)可能比较小，(sum log(num_i))是期望 (O(n)) 的。
而且这种方法常数更小，所以比单调队列还快。。

另一问最大数量只有5，可以直接 (V^2) 暴力。。

注意当前枚举的体积now与数量的限制: 当队首最优值的体积(用的数量 (k_h))+当前物品最大体积(个数上限(num))<当前枚举的体积((k))时，要弹出队首
另外最后可以直接输出(f[V])?我觉得不太对啊，大概是那(m)个物品一定会产生正权值？

卡常是真恶心==

#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <algorithm>
#define gc() getchar()
const int N=1e4+5;

int n,m,V,f[N],q[N],nm[N];

inline int read()
{
	int now=0,f=1;register char c=gc();
	for(;!isdigit(c);c=gc()) if(c=='-') f=-1;
	for(;isdigit(c);now=now*10+c-'0',c=gc());
	return now*f;
}

int main()
{
	n=read(),m=read(),V=read();
	for(int v,w,num,now,tmp,i=1; i<=n; ++i)
	{
		v=read(),w=read(),num=read();
		for(int j=0; j<v; ++j)//r
			for(int k=0,h=1,t=0; (now=k*v+j)<=V; ++k)//now:当前体积 
			{
				tmp=f[now]-k*w;
				while(h<=t && q[t]<tmp) --t;
				nm[++t]=k, q[t]=tmp;
				if(nm[h]+num<k) ++h;//每次仅会弹出一个元素 
				f[now]=q[h]+k*w;
			}
	}
	for(int a,b,c,i=1; i<=m; ++i)
	{
		a=read(),b=read(),c=read();
		for(int j=V; j; --j)
			for(int k=0; k<=j; ++k)
				f[j]=std::max(f[j],f[j-k]+(a*k+b)*k+c);
	}
//	int res=f[1];
//	for(int i=2; i<=V; ++i) res=std::max(res,f[i]);
	printf("%d",f[V]);

	return 0;
}