洛谷 P3188 [HNOI2007]梦幻岛宝珠（dp）

传送门

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解题思路

题意很简单，就是一个有特殊条件的01背包：
物品的体积很大，并且可以写成 (a imes 2^b) 的形式。
肯定是从这种特殊限制入手考虑，而且很容易想到按照二进制位分开做。
我们设 (f[i][j]) 表示对体积表示为 (a imes 2^i) 的物品进行01背包，背包的总体积为 ((j imes2^i)) 时的最大价值。
再考虑如何合并每一位。
设 (dp[i][j]) 表示对体积小于等于 (a imes 2^i) 的物品进行01背包，背包总体积为 ((j imes 2^i+W二进制的后i-1位)) 时的最大价值。
换种说法就是dp到了第i位时，保证后i-1位满足W的要求。
因为每一个二进制位为0或者1，所以合并的时候需要考虑低位向高位借位，即第i位每减1，第i-1位就加2。
预处理一个 (num[i]) 表示体积表示为 (a imes 2^i) 的物品的 (a) 的和。
转移方程：

[dp[i][j]=max(dp[i][j],f[i][j-k]+dp[i-1][min(num[i-1],2 imes k+(w>>(i-2)& 1)) ]) ]

最后的答案很显然就是 (dp[W的最高位][1])。
注意的细节：

1. <<运算符有限度低于+
2. 转移方程中的min的原因是有可能转给i-1的2*k太大以至于所有的加起来仍小于2*k，这时候如果用2*k将会数组越界或者返回0（以为没有更新过）
3. num[i]在求dp的过程中要动态更新（具体看总代码53行），意义改变为体积小于等于 (a imes 2^i) 的物品的和的a值。

AC代码

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<iomanip>
#include<cmath>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int maxn=105;
int n,m,w[maxn],W[maxn],dp[35][maxn],f[35][maxn],v[maxn],to[35][maxn],num[maxn];
inline int getmax(int x){
	int res=0;
	while(x>0){
		res++;
		x>>=1;
	}
	return res;
}
inline int getmin(int x){
	int res=1;
	while((x&1)==0){
		res++;
		x>>=1;
	}
	return res;
}
int main(){
	ios::sync_with_stdio(false);
	while(1){
		memset(dp,0,sizeof(dp));
		memset(f,0,sizeof(f));
		memset(v,0,sizeof(v));
		memset(to,0,sizeof(to));
		memset(num,0,sizeof(num));
		cin>>n>>m;
		if(n==-1&&m==-1) break;
		int maxm=getmax(m);
		for(int i=1;i<=n;i++){
			cin>>w[i]>>v[i];
			int id=getmin(w[i]);
			to[id][++to[id][0]]=i;
			W[i]=w[i]/(1<<(id-1));
			num[id]+=W[i];
		}
		for(int i=1;i<=maxm;i++){
			for(int j=1;j<=to[i][0];j++){
				for(int k=num[i];k>=0;k--){
					if(k-W[to[i][j]]<0) break;
					f[i][k]=max(f[i][k],f[i][k-W[to[i][j]]]+v[to[i][j]]);
				}
			}
		}
		for(int i=1;i<=maxm;i++){
			num[i]+=(num[i-1]+1)/2;
			for(int j=0;j<=num[i];j++){
				for(int k=0;k<=j;k++){
					dp[i][j]=max(dp[i][j],f[i][j-k]+dp[i-1][min(num[i-1],2*k+(m>>(i-2)&1))]);
				}
			}
		}
		cout<<dp[maxm][1]<<endl;
	}
    return 0;
}