HDU 2191 - 单调队列优化多重背包
题目：
传送门呀传送门~
Problem Description
急！灾区的食物依然短缺！
为了挽救灾区同胞的生命，心系灾区同胞的你准备自己采购一些粮食支援灾区，现在假设你一共有资金n元，而市场有m种大米，每种大米都是袋装产品，其价格不等，并且只能整袋购买。
请问：你用有限的资金最多能采购多少公斤粮食呢？
后记：
人生是一个充满了变数的生命过程，天灾、人祸、病痛是我们生命历程中不可预知的威胁。
月有阴晴圆缺，人有旦夕祸福，未来对于我们而言是一个未知数。那么，我们要做的就应该是珍惜现在，感恩生活——
感谢父母，他们给予我们生命，抚养我们成人；
感谢老师，他们授给我们知识，教我们做人
感谢朋友，他们让我们感受到世界的温暖；
感谢对手，他们令我们不断进取、努力。
同样，我们也要感谢痛苦与艰辛带给我们的财富～
Input
输入数据首先包含一个正整数C，表示有C组测试用例，每组测试用例的第一行是两个整数n和m(1<=n<=100, 1<=m<=100),分别表示经费的金额和大米的种类，然后是m行数据，每行包含3个数p，h和c(1<=p<=20,1<=h<=200,1<=c<=20)，分别表示每袋的价格、每袋的重量以及对应种类大米的袋数。
Output
对于每组测试数据，请输出能够购买大米的最多重量，你可以假设经费买不光所有的大米，并且经费你可以不用完。每个实例的输出占一行。
Sample Input
1
8 2
2 100 4
4 100 2
Sample Output
400
做法：
设\(dp[j]\)表示在\(j\)体积时能够获得的最大收益
设\(j=p \cdot v[i] + q\)，其中\(p = j \ / \ v[i]; \quad q = j \% v[i];\)
不难写出：
\(dp[j]=max (dp[j-k \cdot v[i]]+k \cdot w[i])\)
\(\ \ \ \ \ \ \ \,= max (dp[p \cdot v[i] + q - k \cdot v[i]]+k \cdot w[i])\)
\(\ \ \ \ \ \ \ \,= max (dp[(p-k) \cdot v[i]+q]+k \cdot w[i])\)
其中\(k \in [0,min(p,c[i])]\)，设$h = p - k $，所以 \(h \in [p-min(p,c[i]),p]\)
$dp[j] = max (dp[h \cdot v[i]+q]+(p-h) \cdot w[i]) \( \)\ \ \ \ \ \ \ ,= max (dp[h \cdot v[i]+q]-h\cdot w[i]) + p \cdot w[i]$
观察得到，最后的式子里，是由与\(h\)有关的一堆东西取max，再加上与\(p\)有关的一部分，而前面那一堆东西仅与\(h\)有关，而与\(p\)无关。
于是考虑用优先队列来优化。
for(Rint i=1;i<=n;i++){
read(v[i]);read(w[i]);read(c[i]);//读入第i个物品的体积v，价值w，个数c
for(Rint q=0;q<v[i];q++){//首先枚举余数
deque<int> Q;//定义双端队列
for(Rint p=0;p*v[i]+q<=m;p++){//枚举p，已以达到枚举j的目的，j其实就是p*v[i]+q
//这里的p其实就是上文的h，先枚举着，下面会将不在[p-min(p,c[i]),p]范围内的h舍去
val[p]=dp[p*v[i]+q]-p*w[i];//先存下来对于当前的p的值dp[p*v[i]+q]-p*w[i]
while(!Q.empty()&&val[p]>=val[Q.back()])Q.pop_back();//将比这个值小的全都pop掉，保证队列的单调递减性
Q.push_back(p);//先将当前的p下标push进队列
int k=p-min(p,c[i]);//范围
while(!Q.empty()&&Q.front()<k)Q.pop_front();//将超出前面[p-min(p,c[i]),p]范围的下标pop掉，因为对于当前p超出范围了的下标，对于之后的p肯定也超出了范围，自己想一想为什么吧~
int s=p*v[i]+q;
dp[s]=max(dp[s],val[Q.front()]+p*w[i]);//去掉出范围的下标之后的队首元素肯定是最大值了哟~记住这是单调队列哈~
}
}
}
下面AC代码：
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#define Rint register int
#define mem(a,b) memset(a,(b),sizeof(a))
using namespace std;
typedef long long LL;
template<typename T>inline void read(T &x){
x=0;T w=1,ch=getchar();
while(!isdigit(ch)&&ch!='-')ch=getchar();
if(ch=='-')w=-1,ch=getchar();
while(isdigit(ch))x=(x<<3)+(x<<1)+(ch^'0'),ch=getchar();
x=x*w;
}
inline void File(){
freopen("fuck.in","r",stdin);
freopen("fuck.out","w",stdout);
}
const int maxn=100+10;
int n,m;
int v[maxn],w[maxn],c[maxn];
int val[maxn],dp[maxn];
inline void init(){
mem(dp,0);
}
#include<queue>
int main(){
File();
int T;read(T);
while(T--){
init();
read(m);read(n);
for(Rint i=1;i<=n;i++){
read(v[i]);read(w[i]);read(c[i]);
for(Rint q=0;q<v[i];q++){
deque<int> Q;
for(Rint p=0;p*v[i]+q<=m;p++){
val[p]=dp[p*v[i]+q]-p*w[i];
while(!Q.empty()&&val[p]>=val[Q.back()])Q.pop_back();
Q.push_back(p);
int k=p-min(p,c[i]);
while(!Q.empty()&&Q.front()<k)Q.pop_front();
int s=p*v[i]+q;
dp[s]=max(dp[s],val[Q.front()]+p*w[i]);
}
}
}
printf("%d\n",dp[m]);
}
return 0;
}
/*
以下是lunch大佬的讲解内容：
f[j]=max(f[j-k*a[i]]+k*w[i])
j = p * a[i] + q ;
p = j / a[i];
q = j % a[i];
f[j] = max (f[p * a[i] + q - k * a[i]]+k*w[i])
f[j] = max (f[(p-k)*a[i]+q]+k*w[i])
k ∈ [0,min(p,c[i])]
h = p - k ;
h ∈ [p-min(p,c[i]),p]
f[j] = max (f[h*a[i]+q]+(p-h)*w[i])
f[j] = max (f[h*a[i]+q]-h*w[i]) + p * w[i];
For(i, 1, n)
For(q,0,a[i]-1)
For(p,0,m/a[i])
*/
