原文链接 https://www.cnblogs.com/cly-none/p/CSA49F.html
题意：Alice和Bob在玩游戏。有(n)种卡牌，每种卡牌有(b_i)张，保证(sum b_i)为偶数。现在，Alice要把所有卡牌任意平分为2份（仅要求每份卡牌数为(frac {sum b_i} {2})），并对每份分别进行一次游戏。第一次游戏由Alice先手，第二次由Bob先手。
每次游戏中，Alice和Bob会轮流取走一张卡牌直到取尽。设最后Alice有(n_i)张第(i)种牌，那么她会得到(leftlfloor frac {n_i} {a_i} ight floor c_i)的分数。一次游戏的得分是Alice从每种牌得到的分数总和。
现在，Alice想要最大化两次游戏的得分总和，Bob则想最小化。求出在两人都采取最优决策时的得分总和。
(n leq 2 imes 10^3, sum a_i leq 2 imes 10^3, sum b_i leq 5 imes 10^5, c_i geq 0)
先考虑如何计算一次游戏的得分。
首先，因为是轮流取，故对于每(2a_i)张卡牌(i)，都能产生(c_i)的分数。因此，我们可以先考虑这一部分的贡献，然后将所有(n_i)对(2a_i)取模。
接下来，考虑如果(n_i < 2a_i - 1)，那么只要Bob跟着Alice取，Alice就得不到这个(c_i)。当(n_i = 2a_i - 1)时，先手就能恰好取到(a_i)张牌，但先后手顺序会交换。
因此，对于剩下来的卡牌，我们忽略(n_i < 2a_i - 1)的，并对剩下的按(c_i)从大到小排序。那么，若Alice先手，就能得到(sum_{2 mid i} c_i)的分数；否则就是(sum_{2 | i} c_i)。
那么，我们就能得到一个dp的做法。以(c_i)为关键字排序后，设(dp[i,j,a,b])表示当前处理了前(i)种卡牌，第一份已经有(j)张卡牌，且第一份有(a)种(n_i)对(2a_i)取模后是(2a_i-1)的卡牌，第二份有(b)种。注意到只要记录(a)和(b)的奇偶性就可以了。暴力转移，则这个dp的复杂度是(O((sum b_i)^2))。
但这样还不足以解决本题。考虑(sum a_i)比较小，故我们要从这个角度来优化dp。
先注意到两点，一是我们在转移时，产生的贡献只和放到第一份的数量对(2a_i)取模的值有关；二是dp状态中最庞大的(j)，最后只是用来确定第一份的数量等于(frac {sum b_i} {2})的。于是我们考虑对(j)进行优化，目的是在转移时，只用枚举放在第一份的数量对(2a_i)取模的值。
于是我们把第一份卡牌分为两个部分，一部分是所有(n_i)对(2a_i)取模后的结果，则另一部分的卡牌总数就是(sum_{i} 2a_ik_i)的形式。要保证第一份的卡牌总数为一个固定值，我们就要求出(sum_{i} 2a_i k_i)的能表示出哪些数。
先考虑(k_i)的取值范围。设(n_i mod 2a_i = r_i)，那么(k_i)就是在(left[ 0, leftlfloor frac {b_i - r_i} {2a_i} ight floor ight])之间的整数。但(leftlfloor frac {b_i - r_i} {2a_i} ight floor)有两种取值：在(r_i leq b_i mod 2a_i)时，为(leftlfloor frac {b_i} {2a_i} ight floor)；否则是(leftlfloor frac {b_i} {2a_i} ight floor - 1)。于是我们不妨就令(k_i)的上界为(leftlfloor frac {b_i} {2a_i} ight floor - 1)，当(r_i leq b_i)的时候，把多出来的那个(2a_i)算在第一部分里就可以了。
剩下就是一个背包问题。注意到我们可以把(a_i)相等的数放在一起计算，而(a_i)只有$ sqrt {sum a_i}(种取值，因此这个问题的复杂度是)O(sqrt {sum a_i} (sum b_i))$的。
总结一下，第一部分的处理和(O((sum b_i)^2))的算法差不多，但这一部分的复杂度是(O((sum a_i)^2))的。第二部分的背包，复杂度为(O(sqrt {sum a_i} (sum b_i)))。
于是时间复杂度为(O((sum a_i)^2 + sqrt {sum a_i} (sum b_i)))。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int A = 2010, B = 500010, N = 2010;
int dp[2][A << 2][2][2], bag[B], n, num[A], p, sa, sb, ans;
struct data {
int a,b,c;
bool operator < (const data& x) const {
return c > x.c;
}
} dat[N];
inline void ckmx(int& x,int y) {
x = x < y ? y : x;
}
int main() {
scanf("%d",&n);
for (int i = 1 ; i <= n ; ++ i)
scanf("%d%d%d",&dat[i].a, &dat[i].b, &dat[i].c);
sort(dat+1,dat+n+1);
for (int i = 1 ; i <= n ; ++ i) {
if (dat[i].b / (dat[i].a << 1) - 1 > 0)
num[dat[i].a] += dat[i].b / (dat[i].a << 1) - 1;
sa += dat[i].a;
sb += dat[i].b;
}
p = 1;
memset(dp,-1,sizeof dp);
dp[0][0][0][0] = 0;
for (int i = 1, sum = 0 ; i <= n ; ++ i, p ^= 1) {
memset(dp[p],-1,sizeof dp[p]);
for (int j = 0 ; j <= (sum << 2) ; ++ j)
for (int a = 0 ; a < 2 ; ++ a)
for (int b = 0 ; b < 2 ; ++ b) {
if (dp[p^1][j][a][b] == -1) continue;
for (int k = 0 ; k < 2 * dat[i].a && k <= dat[i].b ; ++ k) {
int tmp = (dat[i].b - k) / (dat[i].a << 1), na = a, nb = b;
if (k == 2 * dat[i].a - 1) {
if (!na) tmp ++;
na ^= 1;
}
if ((dat[i].b - k) % (dat[i].a << 1) == (dat[i].a << 1) - 1) {
if (nb) tmp ++;
nb ^= 1;
}
tmp = tmp * dat[i].c;
ckmx(dp[p][j + k][na][nb], dp[p^1][j][a][b] + tmp);
if (dat[i].b >= 2 * dat[i].a && k <= dat[i].b % (dat[i].a << 1))
ckmx(dp[p][j + k + 2 * dat[i].a][na][nb], dp[p^1][j][a][b] + tmp);
}
}
sum += dat[i].a;
}
bag[0] = 1;
for (int i = 1 ; i < A ; ++ i) {
if (!num[i]) continue;
for (int j = 0 ; j <= sb ; ++ j) {
if (bag[j]) bag[j] = 0;
else {
bag[j] = -1;
if (j >= 2 * i) {
if (bag[j - 2 * i] != -1)
bag[j] = bag[j - 2 * i] + 1;
}
}
}
for (int j = 0 ; j <= sb ; ++ j)
if (bag[j] == -1) bag[j] = 0;
else if (bag[j] <= num[i]) bag[j] = 1;
else bag[j] = 0;
}
p ^= 1;
for (int i = 0 ; i <= (sa << 2) && i <= (sb >> 1) ; ++ i)
for (int a = 0 ; a < 2 ; ++ a)
for (int b = 0 ; b < 2 ; ++ b) {
if (dp[p][i][a][b] == -1) continue;
if (bag[(sb >> 1) - i]) ans = max(ans, dp[p][i][a][b]);
}
printf("%d
",ans);
return 0;
}
小结：这个问题相当有难度。得到(O((sum b_i)^2))的dp已经偏难，而后一部分的优化对思维能力和细节处理能力的要求，是在博主目前能力之上的，也体现了算法优化的一些重要思路。