Loj#6039-「雅礼集训 2017 Day5」珠宝【四边形不等式,dp】

1|0正题

题目链接:https://loj.ac/p/6039

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1|1题目大意

有$n$个物品，第$i$个费用为$w_i$，价值为$v_i$，对于$k\in[1,m]$求费用为$m$时能获得的最大价值。

$1\leq n\leq 10^6,1\leq m\leq 5\times 10^4,1\leq w_i\leq 300,1\leq v_i\leq 10^9$

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1|2解题思路

好早以前写的不过不知道为啥错了，现在来补个新的。

$w_i$很小，考虑以其为突破口，显然地我们可以把$w_i$相同的按照$v_i$从大到小排序，那么对于每个$w_i$，我们就可以选择若干个。

设$f_{i,j}$表示做到$w=i$时费用为$j$的最大价值和，那么有

$$f_{i,j}=f_{i-1,j-ki}+s_{i,z}$$

（$s_{i,z}$表示$w=i$的物品中前$z$大的价值和）

这个式子很难用常规的优化，但是可以用四边形不等式。至于证明，我们有$w_{i,j}=s_{j-i}$
要证明

$$w_{i,j}+w_{i+1,j+1}\geq w_{i,j+1}+w_{i+1,j}$$

$$s_{j-i}+s_{j-i}\geq s_{j-i+1}+s_{j-i-1}$$

然后因为$s_{i+1}-s_{i}$是递减的，所以成立。

那么我们现在对于每个枚举的$w=i$，把所有的$ik+j(\ j\in[0,i)\ )$都分成一组。

然后对于每一组我们都用四边形不等式优化，不过我忘了优化的方法了，还是记一下吧：

对于所有的可能的决策我们用一个单调队列记录，顺带记录$z_i$表示队列里第$i$个决策和第$i+1$个决策的交叉点（在$z_i$之前$q_{i}$更优，$z_i$以之后$q_{i+1}$更优）。

然后每次弹出队列前面的来找答案，加入的时候我们就二分出队尾和新加入的决策交换点，然后一直弹尾部直到不交叉。

时间复杂度：$O(mw\log m)$

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1|3code

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<vector>
#define ll long long
using namespace std;
const ll N=5e4+10;
ll n,m,g,f[2][N],q[N],z[N];
vector<ll> w[310];
bool cmp(ll x,ll y)
{return x>y;}
ll calc(ll i,ll j,ll p,ll k)
{return f[!g][i*p+k]+w[p][j-i-1];}
ll bound(ll i,ll j,ll p,ll k){
	ll l=i+1,r=(m-k)/p;
	while(l<=r){
		ll mid=(l+r)>>1;
		if(calc(i,mid,p,k)<calc(j,mid,p,k))
			l=mid+1;
		else r=mid-1;
	}
	return l;
}
signed main()
{
	freopen("jewelry.in","r",stdin);
	freopen("jewelry.out","w",stdout); 
	scanf("%lld%lld",&n,&m);
	for(ll i=1,c,v;i<=n;i++){
		scanf("%lld%lld",&c,&v);
		w[c].push_back(v);
	}
	g=0;
	for(ll p=1;p<=300;p++){
		if(w[p].empty())continue;g^=1;
		memcpy(f[g],f[!g],sizeof(f[g]));
//		memset(f[g],0,sizeof(f[g]));
		sort(w[p].begin(),w[p].end(),cmp);
		while(w[p].size()<=m/p)w[p].push_back(0);
		for(ll i=1;i<w[p].size();i++)w[p][i]+=w[p][i-1];
		for(ll k=0;k<p;k++){
			ll head=1,tail=0;
			for(ll i=0;i*p+k<=m;i++){
				while(head<tail&&z[head]<=i)head++;
				if(head<=tail)f[g][i*p+k]=max(f[g][i*p+k],calc(q[head],i,p,k));
				while(head<tail&&z[tail-1]>=bound(i,q[tail],p,k))tail--;
				z[tail]=bound(i,q[tail],p,k);q[++tail]=i;
			}
		}
	}
	for(ll i=1;i<=m;i++)
		printf("%lld ",f[g][i]);
	return 0;
}

__EOF__

本文作者：QuantAsk
本文链接：https://www.cnblogs.com/QuantAsk/p/15719451.html
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