退背包简介/NOI模拟 卖画

合集 - 南极企鹅语学校集训(25)

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18.退背包简介/NOI模拟 卖画2024-06-03

19.CSP模拟 取模2024-09-0920.CSP模拟 矩阵操作2024-09-1021.AGC007F Shik and Copying String2024-09-1222.洛谷P10336 [UESTCPC 2024] 2-聚类算法2024-10-0423.NFLS 241014 比赛总结2024-10-1424.QOJ5173 染色2024-11-0625.洛谷P11183 [ROIR 2018 Day2] 大数据处理2024-11-14

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退背包介绍

之前居然完全没了解过“退背包”，其实是个很易于接受的思路，看了下最简单的板子题居然是个黄题，离谱。

退背包的原理在于根据题意与状态设计，阶段顺序并不影响最终的答案，因此之前某个阶段的贡献是可以撤销的。

具体撤销的方法就是通过原先从 $f_{i-1}$ 转移到 $f_i$ 的状态转移方程进行代数推导推出由 $f_i$ 转移到 $f_{i-1}$ 的转移式。具体步骤不难，但要有“阶段是可以撤回的”这个意识，并且要分清楚什么时候是“阶段顺序不影响结果”什么时候是影响的。

通过下面这道题我们来感受一下退背包的思路与流程。

例题

涉及知识点：动态规划、回退背包

题意

有 $n\ (\leq10^6)$ 个顾客，每个顾客要么买 $x\in[1,a_i]$ 幅彩色画，要么买 $y\in[1,b_i]$ 幅黑白画，要求至少有 $C\ (\leq50)$ 个人买彩色画，求有多少种买画方案，对 $10^9+7$ 取模。带修，每次只修改一个人，修改次数与 $n$ 同阶。

思路

首先发现 $C$ 非常小，突破点就在 $C$。我们反过来，将总共的购买方案数减去买了少于 $C$ 幅彩色画的方案数，因此我们现在只需要求出后者。如果没有修改，DP 已经呼之欲出了。

设 $f[i][j]$ 为有 $i$ 个人买了画（注意不是第 $i$ 个人而是有 $i$ 个人，因为顺序不影响 DP），共有 $j$ 个人买了彩色画的方案数，转移方程如下：

$$f[i][j]=f[i-1][j]*b_i+f[i-1][j-1]*a_{i}$$

怎么处理修改呢？我们会发现，由于其组合意义，把任何一个人当作最后一个人都可以，因此假设我们要删去某个人 $p$ 的贡献：

$$f[i-1][j]=\frac{f[i][j]-f[i-1][j-1]*a_p}{b_p}$$

注意上式计算 $f[i-1][j]$ 时用到了 $f[i-1][j-1]$，那么 $f[i-1][j-1]$ 又是怎么求出来的呢？

可以发现当 $j=0$ 的时候，要删去某个人的贡献直接除以它的 $b_i$ 即可，因此我们就算出来了 $f[i-1][0]$，接着递推即可。

那么对于题目中的修改操作，我们就处理为先倒推撤销修改前那个人的贡献，再正推算出修改后那个人的贡献即可，修改一次的复杂度仅为 $O(C)$，完全足够通过本题。

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#ifdef ONLINE_JUDGE
#define getchar __getchar
inline char __getchar(){
    static char ch[1<<20],*l,*r;
    return (l==r&&(r=(l=ch)+fread(ch,1,1<<20,stdin),l==r))?EOF:*l++;
}
#endif
template<class T>inline void rd(T &x){
    T res=0,f=1;
    char ch=getchar();
    while(ch<'0' || ch>'9'){if(ch=='-')f=-1; ch=getchar();}
    while('0'<=ch && ch<='9'){res=res*10+ch-'0';ch=getchar();}
    x=res*f;
}
template<class T>inline void wt(T x,char endch='\0'){
    static char wtbuff[20];
    static int wtptr;
    if(x==0){
        putchar('0');
    }
    else{
        if(x<0){x=-x;putchar('-');}
        wtptr=0;
        while(x){wtbuff[wtptr++]=x%10+'0';x/=10;}
        while(wtptr--) putchar(wtbuff[wtptr]);
    }
    if(endch!='\0') putchar(endch);
}
typedef long long LL;
typedef pair<int,int> pii;
const LL P=1e9+7;
const int MAXN=1e6+5,MAXC=55;
int n,c,q;
LL tot=1,f[MAXC];
pii cus[MAXN];
inline LL qpow(LL a,LL b=P-2){
    LL res=1;
    a%=P;
    while(b){
        if(b&1) res=res*a%P;
        a=a*a%P;
        b/=2;
    }
    return res;
}
int main(){
    // freopen("pic.in","r",stdin);
    // freopen("pic.out","w",stdout);
    rd(n);rd(c);
    for(int i=1;i<=n;i++) rd(cus[i].first);
    for(int i=1;i<=n;i++) rd(cus[i].second);
    f[0]=1;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        tot=tot*(cus[i].first+cus[i].second)%P;
        for(int j=c-1;j>=0;j--){
            f[j]=(f[j]*cus[i].second%P + (j?f[j-1]*cus[i].first%P:0))%P;
        }
    }
    rd(q);
    int id,a,b;
    while(q--){
        rd(id);rd(a);rd(b);
        LL sum=0,invb=qpow(cus[id].second);

        tot=tot*qpow(cus[id].first+cus[id].second)%P;
        for(int i=0;i<c;i++){
            f[i]=(f[i] - (i?f[i-1]*cus[id].first%P:0) +P)%P*invb%P;
        }

        cus[id]=make_pair(a,b);

        tot=tot*(cus[id].first+cus[id].second)%P;
        for(int i=c-1;i>=0;i--){
            f[i]=(f[i]*cus[id].second%P + (i?f[i-1]*cus[id].first%P:0))%P;
        }

        for(int i=0;i<c;i++) sum=(sum+f[i])%P;
        wt((tot-sum+P)%P,'\n');
    }
    return 0;
}