bzoj 3163: [Heoi2013]Eden的新背包问题

Description

“寄没有地址的信，这样的情绪有种距离，你放着谁的歌曲，是怎样的心心静，能不能说给我听。”
失忆的Eden总想努力地回忆起过去，然而总是只能清晰地记得那种思念的感觉，却不能回忆起她的音容笑貌。 记忆中，她总是喜欢给Eden出谜题：在 valentine’s day 的夜晚，两人在闹市中闲逛时，望着礼品店里精巧玲珑的各式玩偶，她突发奇想，问了 Eden这样的一个问题：有n个玩偶，每个玩偶有对应的价值、价钱，每个玩偶都可以被买有限次，在携带的价钱m固定的情况下，如何选择买哪些玩偶以及每个玩偶买多少个，才能使得选择的玩偶总价钱不超过m，且价值和最大。众所周知的，这是一个很经典的多重背包问题，Eden很快解决了，不过她似乎因为自己的问题被飞快解决感到了一丝不高兴，于是她希望把问题加难：多次 询问，每次询问都将给出新的总价钱，并且会去掉某个玩偶（即这个玩偶不能被选择），再问此时的多重背包的答案（即前一段所叙述的问题）。  
这下Eden 犯难了，不过Eden不希望自己被难住，你能帮帮他么？  

Input

第一行一个数n，表示有n个玩偶，玩偶从0开始编号 
第二行开始后面的 n行，每行三个数 ai, bi, c i，分别表示买一个第i个玩偶需
要的价钱，获得的价值以及第i个玩偶的限购次数。 
接下来的一行为q，表示询问次数。 
接下来q行，每行两个数di. ei表示每个询问去掉的是哪个玩偶（注意玩偶从0开始编号）以及该询问对应的新的总价钱数。（去掉操作不保留，即不同询问互相独立） 

Output

 
输出q行，第i行输出对于第 i个询问的答案。 

Sample Input

5
2 3 4
1 2 1
4 1 2
2 1 1
3 2 3
5
1 10
2 7
3 4
4 8
0 5

Sample Output

13
11
6
12
4

HINT

 

 

一共五种玩偶，分别的价钱价值和限购次数为 (2,3,4)， (1,2,1)， (4,1,2)， (2,1,1)，(3,2,3)。五个询问，以第一个询问为例。第一个询问表示的是去掉编号为1的玩偶，且拥有的钱数为10时可以获得的最大价值，则此时剩余玩偶为(2,3,4)，(4,1,2)，(2,1,1)，(3,2,3)，若把编号为0的玩偶买4个（即全买了），然后编号为3的玩偶买一个，则刚好把10元全部花完，且总价值为13。可以证明没有更优的方案了。注意买某种玩偶不一定要买光。

100. 数据满足1 ≤ n ≤ 1000, 1 ≤ q ≤ 3*105 , 1 ≤  a

 

i、bi、c i ≤ 100, 0 ≤ d i < n,  0  ≤ei ≤ 1000。

 

Source

http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=3163

 

这道题和2287 消失之物 差不多

最大的隐患还是会超时。

算法用多重背包

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
using namespace std;
int n,t,x,y,z,maxm,now,ans,q;
int d[400000],e[400000],w[30000],v[30000],l[2000],r[2000],f[10000][2000],f2[10000][2000];
int max(int a,int b)
{
    return (a>b?a:b);
}
int main()
{   
   //freopen("3163.in","r",stdin);
   //freopen("3163.out","w",stdout);
   scanf("%d",&n);
   now=1;
   for (int i=1;i<=n;i++)
   {
       t=1;
       l[i]=now;
       scanf("%d%d%d",&x,&y,&z); 
       while ((t*2-1)<z)
       {
         w[now]=t*x;
         v[now]=t*y;
         t*=2;
         now+=1;
    }
    w[now]=(z-t+1)*x;
    v[now]=(z-t+1)*y;
    r[i]=now;
    now+=1;
   }
   scanf("%d",&q);
   for (int i=1;i<=q;i++)
   {
       scanf("%d%d",&d[i],&e[i]);
       d[i]+=1;
       if (e[i]>maxm) maxm=e[i];
   }
   for (int i=1;i<=now;i++)
    for (int j=maxm;j>=0;j--)
   if (j-w[i]>=0) f[i][j]=max(f[i-1][j],f[i-1][j-w[i]]+v[i]);
   else f[i][j]=f[i-1][j];
   for (int i=1;i<=now/2;i++)
   {
       t=w[i]; w[i]=w[now-i+1];w[now-i+1]=t;
       t=v[i]; v[i]=v[now-i+1];v[now-i+1]=t;
   }
   for (int i=1;i<=now;i++)
    for (int j=maxm;j>=0;j--)
    if (j-w[i]>=0) f2[i][j]=max(f2[i-1][j],f2[i-1][j-w[i]]+v[i]);
    else f2[i][j]=f2[i-1][j];
   for (int i=1;i<=q;i++)
   {
       ans=0;
       for (int j=0;j<=e[i];j++)
       ans=max(ans,f[l[d[i]]-1][j]+f2[now-r[d[i]]][e[i]-j]);
       printf("%d\n",ans);
   }
   return 0;
}