[总结] 基于贪心和有效状态数分析的大体积背包问题

例1

背包为容量 \(m\)，\(n\) 种物品，第 \(i\) 种体积 \(a_i\)，价值 \(b_i\)，数量无限，求不超过背包容量的前提下能获得的最大价值。

\(n\le 10^6,m\le 10^{16},a_i,b_i\le 100\)。

首先有效物品其实不超过 100 件，不妨认为 \(n\le 100\)。

然后我们需要一个引理：给定任意 \(n\) 个整数，它们之中存在若干个整数的和为 \(n\) 的倍数。

证明：

设 \(n\) 个数为 \(a_1,a_2,a_3,\cdots,a_n\)，\(S_i=\sum\limits_{j=1}^i a_i\).

则 \(S_0,S_1,S_2\cdots,S_n\) 这 \(n+1\) 个数，至少有两个同余 \(n\)，即对应了一段 \(a_i\) 之和是 \(n\) 的倍数。

那么假设全局性价比最高的物品体积为 \(a_s\)，则存在一种最优方案满足其他所有物品的个数之和小于 \(a_s\)。

否则，存在若干物品体积之和为 \(a_s\) 的倍数，替换成 \(a_s\) 一定不劣。

那么直接选 \(\lfloor\frac{m}{a_s}\rfloor-a_s\) 件性价比最高的物品，剩下的空间做完全背包即可，复杂度 \(O(a^3)\)。

例2

有 \(2m+1\) 种物品，重量分别为 \(-m,-m+1,\cdots,m-1,m\)。重量为 \(i\) 的物品有 \(a_i\) 个。

求在重量恰好为 \(L\) 的前提下，最多能拿多少物品。

\(1\le m\le300,-10^{18}\le L\le 10^{18},0\le a_i\le 10^{12}\)。

首先考虑一些简单的处理：

• 比如重量为 \(0\) 可以在过程中忽略，最后加上。
• 预先选上所有重量为负的物品，则再选择时，物品的含义就变了，重量为负的物品相当于重量为正，价值为负。

在贪心的前提下，我们尽量逼近 \(L\)，也就是说，按照 \(1,2,3,\cdots,m,-m,-m+1,\cdots, -1\) 的顺序，能选就选。

然后接下来考虑如何调整为恰好是 \(L\)，那么在有解的情况下，此时的重量与 \(L\) 的差显然属于 \([0,m]\)，记为 \(D\)。

设此时答案物品集合为 \(S_0\)，还未选择的物品集合是 \(S_1\)。

那么调整过程一定是从 \(S_0\) 中拿出某些物品放入 \(S_1\)，将 \(S_1\) 中的某些物品放入 \(S_0\)。

不妨将一个物品所属集合的变化看作一次调整，那么单次调整对于总重量的影响一定属于 \([-m,m]\)。

则我们可以证明一定存在一种方案使得调整次数不超过 \(2m+1\)。

证明：

对于一种调整方案，存在一种排列方式，使得所有前缀和都属于 \([-m,m]\)。

假设现在的前缀和为 \(s\)：

• 若 \(s\ge 0\)，因为最终总和属于 \([0,m]\)，则要么能选出一个负数，要么能选出一个正数，与 \(s\) 相加不超过 \(m\)。
• 若 \(s<0\)，同理一定能选出一个正数接在后面。

则前缀和总最多只有 \(2m+1\) 种，而前缀和相同的两个位置，中间一段的调整都是无意义的，故得证。

那么调整次数是 \(O(m)\) 级别，单次重量变化也是 \(O(m)\) 级别，如不考虑顺序，过程中的重量变化即为 \(O(m^2)\) 级别。

不妨设 \(f_i\) 表示 \(S_0\) 中选出重量为 \(i\) 的物品，最少减少的物品数量，\(g_i\) 表示 \(S_1\) 中选出重量为 \(i\) 的物品，最多增加的物品数量，那么最优答案对应的调整方案就是 \(\max f_i+g_{i+D}\)。

那么直接二进制分组优化多重背包即可在 \(O(m^3\log m)\) 的复杂度解决问题。

分析

试图从两个题目寻找共性。

其实本质上都是贪心+调整，所以重点是就是找到合理的贪心策略，以及分析调整的有效性，得出最小的必要范围。