T1：垃圾游戏3

本题难度中等，一道稍有变化的01背包题。一般的01背包是考虑每个物品取和不取，本题是考虑每个物品带走（相当于取）还是分解（相当于不取），如果分解，也会贡献相应价值

记 dp[i][j] 表示前 \(i\) 个物品中选总重量不超过 \(j\) 的物品能得到的最大金币
转移：

  1. 分解：\(dp[i-1][j] + c_i\)
  2. 装走：\(dp[i-1][j-w_i] + v_i\)

\(dp[i][j]\) 是两者最大值

最终的答案是 \(dp[n][m]\)

代码实现 
#include <bits/stdc++.h>
#define rep(i, n) for (int i = 1; i <= (n); ++i)

using namespace std;

int dp[1005][10005];

inline void chmax(int& x, int y) { if (x < y) x = y; }

int main() {
    int n, m;
    cin >> n >> m;
    
    rep(i, n) {
        int w, v, c;
        cin >> w >> v >> c;
        for (int j = 0; j <= m; ++j) {
            int now = 0;
            chmax(now, dp[i-1][j]+c);
            if (j >= w) chmax(now, dp[i-1][j-w]+v);
            dp[i][j] = now;
        }
    }
    
    cout << dp[n][m] << '\n';
    
    return 0;
}

T2：飞盘队2

本题难度较大，一道计算方案数的01背包问题。如果以总能力值作为背包大小，只能得到 \(60\) 分。需要以能力值除以 \(F\) 余数作为 \(dp\) 数组的第二维，并且建两个数组分别记最大总能力值和达成最大能力的方案数，仔细讨论状态转移，才能得到满分。

做法1：

记 dp[i][j] 表示从前 \(i\) 头牛中取总和为 \(j\) 的方案数
转移：

不取：dp[i][j] = dp[i-1][j]
取：dp[i][j] += dp[i-1][j-Ri] (j >= Ri)

初值：\(dp[0][0] = 1\)，其他 \(dp=0\)

答案：找到使得 \(dp[i][j] > 0\) 且 \(j\) 是 \(F\) 的倍数的最大的 \(j\)，答案是 \(j\) 和 \(dp[i][j]\)

但注意到 \(O(R_i)\) 为 \(1e5\)， \(O(\sum R_i)\) 就是 \(2e7\) 了，而 \(O(n\sum R_i)\) 就是 \(4e9\)，时间肯定要炸

做法2：

用 dp[i][j] 记录前 \(i\) 头牛中取若干头使总和除以 \(F\) 余 \(j\) 时能得到的最大总和

用 f[i][j] 记录得到最大和的方法数

初值：\(dp[0][0] = 0\), 其他 \(dp=-\infty\)；\(f[0][0] = 1\)，其他 \(f=0\)

转移：

不取：\(t_1 = dp[i-1][j]\)
取：\(t_2 = dp[i-1][((j-R_i)\%F + F)\% F] + R_i\)
\(dp[i][j] = \max(t_1, t_2)\)
若 \(t_1 > t_2\)：\(f[i][j] = f[i-1][j]\)
若 \(t_1 < t_2\)：\(f[i][j] = f[i-1][((j-R_i)\%F + F)\% F]\)
若 \(t_1 = t_2\)：\(f[i][j] = f[i-1][j] + f[i-1][((j-R_i)\%F + F)\% F]\)

答案：\(dp[n][0]\) 和 \(f[n][0]\)

代码实现 
#include <bits/stdc++.h>
#define rep(i, n) for (int i = 1; i <= (n); ++i)

using namespace std;
using ll = long long;

int a[205];
int dp[205][1005];
ll f[205][1005];

inline void chmax(int& x, int y) { if (x < y) x = y; }

int main() {
    int n, F;
    cin >> n >> F;

    memset(dp, 0xcf, sizeof dp);
    dp[0][0] = 0;
    f[0][0] = 1;
    rep(i, n) {
        int r;
        cin >> r;
        for (int j = 0; j < F; ++j) {
            int t1 = dp[i-1][j];
            int nj = ((j-r)%F+F)%F;
            int t2 = dp[i-1][nj]+r;
            dp[i][j] = max(t1, t2);
            
            if (t1 > t2) f[i][j] = f[i-1][j];
            else if (t1 < t2) f[i][j] = f[i-1][nj];
            else f[i][j] = f[i-1][j] + f[i-1][nj];
        }
    }
    
    cout << dp[n][0] << '\n' << f[n][0] << '\n';
    
    return 0;
}