CF的背包DP （备用笔记）

源自vjudge上找到题目，都是背包DP的变式------(推荐点点前两个字🤓)
为什么先做背包而不是线性，因为我善

1.Cut Ribbon CF-189A

完全背包问题：
题意转换，有一个大小为 $n$ 的背包，有三个物品，体积为 a，b，c，最多能装多少个物品。

但是这还不够,题目要求我们每段彩带的长度必须为 $a,b,c$ 其中之一，换而言之，我们必须装满背包。

然后每个 $f$ 赋初值唯一，特别的 $f_0$ 初值为 0 ，因为长度为零的彩带只能分为 0 段，如果是 -1 的话是不是不太符合实际（我有-1条彩带？），再跑完全背包板子时要注意特判，如果 $f_{i,j}$ 为 -1 就略过。

code：

memset(f,-1,sizeof(f));
f[0]=0；
for(int i=1;i<=3;i++){
    for(int j=v[i];j<=n;j++){
        if(f[j-v[i]]<0) continue;
        f[j]=max(f[j],f[j-v[i]]+1);
    }
}

2.Marvolo Gaunt's Ring CF-855B

应该事 01背包 罢：

简单理解一下题意：给出一个序列 $a$ ，要求我们取出三个数 $a_i,a_j,a_k$ $(1\le i\le j\le k\le n)$ 求 $p\ast a_i+q\ast a_j+r\ast a_k$ 的最大值，并且会存在负数。

如何找状态转移？直接选三个数看起来很困难，可以考虑分步 DP ，我们把上面的式子从加号处分开，依次算每一项的解，这样会简单些。

所以有状态表示：$f_{i,1/2/3}$

• $f_{i,1}$ 前 $i$ 个数中 $p\ast a_i$ 的最大值。
• $f_{i,2}$ 前 $i$ 个数中 $p\ast a_i+q\ast a_j$ 的最大值。
• $f_{i,3}$ 前 $i$ 个数中 $p\ast a_i+q\ast a_j+r\ast a_k$ 的最大值。

由此推出状态转移方程：

• $f_{i,1}=max(f_{i-1,1},p\ast a_i)$
• $f_{i,2}=max(f_{i-1,2},f_{i,1}+q\ast a_i)$
• $f_{i,3}=max(f_{i-1,3},f_{i,2}+r\ast a_i)$

将它们写在一起。

正确性：我们枚举到 $a_x$ 时，有两种情况：选或不选。如果不选，对结果没有影响，如果选，则必定满足 $f$ 的定义。

最后再注意一下初始化，当 $f_{i,1}=f_{i,2}=f_{i,3}=-8e18$ 有负数存在，初始化的数尽量小些。别忘了开 long long,小心见祖宗
code:

f[0][1]=f[0][2]=f[0][3]=-8e18;
for(int i=1;i<=n;i++){
    f[i][1]=max(f[i][1],p*a[i]);
    f[i][2]=max(f[i-1][2],f[i][1]+q*a[i]);
    f[i][3]=max(f[i-1][3],f[i][2]+r*a[i]);
}

3.Dima and Salad CF-366C

也事 01背包 （哇，真的是你啊，哈哈）：

先看题目：（以下求和函数$\sum _{i=1}^m$ 简写成 $\sum$ 因为我懒）
给出我们长度为 n 的序列 a，b ，选则多个 {$a_i$，$b_i$} 使得 $\frac{\sum a_i}{\sum b_i}=k$ ，并且 $\sum a_i$ 的值最大。

我们将公式转化一下，可得：$\sum (a_i-b_i\ast k)=0$ 。
这样，我们只要让第 $i$ 个水果的价值为 $a_i-b_i\ast k$ ，最后只要让价值总和为 0 就可以了。

接下来的状态转移和表示就和 01背包 差不多了。
但是看到数据范围会发现数据会有负值，而数组下标不能是复制，所以我们计算一下极值，经计算，发现它的范围在 $[-{10}^5,{10}^4]$ ，所以只需要每个数加上 ${10}^5$ 就可以了。

code:

for(int i=1;i<=n;i++){
    for(int j=110000;j>=0;j--){
        if(j-m[i]<=110000 && j-m[i]>=0){ 
           if(f[i-1][j-m[i]]==-1)
              f[i][j]=f[i-1][j];
           else
              f[i][j]=max(f[i-1][j],f[i-1][j-m[i]]+a[i]);
        }
    }
}

4.The Great Mixing CF-788C

最伟大的混合 事 DP 罢：

（口瓜，不要把好几种可乐混一起口牙）

给出序列 a，找到若干个 $\frac{a_i}{1000}$ ,使它们的和为 $\frac{n}{1000}$。并且我们可以重复选取同一个 $a_i$。

转化一下就是选若干个 $a_i$ ，使他们的平均数为 n。
唉，🤓👆，还可以优化一下，把每个 $a_i$ 减去 n，这样只要让他们的和为 0 就可以了。

我们又发现，$k\le {10}^6$ 不太好DP，唉，🤓👆我们发现除数是 1000，也就意味着本质不同的数一共就 1000 个（去重），上下界大概开 1e6就可以了（开大些，但不能完全开大）

这种背包做法会 TLE 即使 CF 的神机有 1s 1e9的运算量

code：

for(int i=1;i<=m;i++){
    f[N+a[i]]=1;
    if(a[i]<0){ 
        for(int j=sum;j>=-sum;j--){
            f[j+N]=min(f[j+N],f[j+N-a[i]]+1);
        }
    }
    else{
        for(int j=-sum;j<=sum;j++){
            f[j+N]=min(f[j+N],f[j+N-a[i]]+1);
        }
    }
}

正解（ T 不了了😋）：

可以用 BFS ,将已有浓度的可乐的权值的设为 $w_i=1$，其它为inf，然后把它们放进队列。每次取队头元素，把它加上所有可能的饮料的情况都枚举一遍。若有新扩展的点，加入队列。

最后结果如果 w[1000] 没有被更新，则可以无法混合出来，否则可以混合出来。(因为我们存数组时加了 1000 ，所以此时的 w[1000] 是 w'[0])

code：

//BFS过程，如何可以最好设 P=1000，Q=2000 万一少个或多个零就寄了。
for(int i=0;i<=2000;i++){
    if(w[i]==1) q.push(i);
}

while(!q.empty()){
    int u=q.front();
    q.pop();

    for(int i=0;i<=2000;i++){
        if(w[i]==1 && w[u+i-1000]==inf){
            q.push(u+i-1000);
            w[u+i-1000]=w[u]+1;
        }
    }
}

5.Caesar's Legions CF-118D

也事 背包DP（废话）：

给出一个 01 序列，其中有 $n_1$ 个 0 和 $n_2$ 个 1，而且连续的 0 的个数不超过 $k_1$ ，连续的 1 的个数不超过 $k_2$ 个，这样的序列为合法序列。求合法序列方案数并且对 ${10}^8$ 取模。

状态表示：$f_{i,j,k,0/1}$ 表示已经使用了 $i$ 个 1, $j$ 个 0，并且有 $k$ 个连续的 0/1，的方案数；（虽然是四维的但是好理解）

状态转移：

$(i>0，k\in [2,k_1])$ $f_{i,j,k,0}=f_{i-1,j,k-1,0}$
$(i>0，k\in [1,k_2])$ $f_{i,j,1,0}+=f_{i-1,j,k,0}$
$(j>0，k\in [2,k_2])$ $f_{i,j,k,1}=f_{i,j-1,k-1,1}$
$(j>0，k\in [1,k_1])$ $f_{i,j,1,1}+=f_{i,j-1,k,1}$

初始化 $f_{1,0,1,0}=f_{0,1,1,1}=1$ 只使用 1 个 0/1 的方案数必定是 1。
计算过程与结果别忘了取模，血与泪的教训

code：

f[1][0][1][0]=f[0][1][1][1]=1;
for(int i=0;i<=n1;i++){
    for(int j=0;j<=n2;j++){
        if(i>0){
            for(int k=2;k<=k1;k++){
                f[i][j][k][0]=f[i-1][j][k-1][0];
            }
            for(int k=1;k<=k2;k++){
                f[i][j][1][0]=(f[i][j][1][0]+f[i-1][j][k][0])%mod;
            }
        }
        if(j>0){
            for(int k=2;k<=k2;k++){
                f[i][j][k][1]=f[i][j-1][k-1][1];
            }
            for(int k=1;k<=k1;k++){
                f[i][j][1][1]=(f[i][j][k][1]+f[i][j-1][k][1])%mod;
            }
        }
    }
}

6.Birds CF-922E

啊？小恶魔？ 嗯，背包：

有 n 棵树，每棵树上有 $c_i$ 只鸟，可以消耗 $cos{t}_i$ 的魔法召唤一只鸟，并增加魔法上限 $B$ , 她可以从 $0c_i$ 中召唤任意个数的鸟，她的初始魔法上限是 $W$，当她从第 $i$ 棵树走到第 $i+1$ 棵树，并恢复 $X$ 点魔法，并且不能超上限，求召唤的最多的鸟的数目。

首先看数据范围，发现体积的范围为 $[0{10}^9]$ 所以不能用往常的方式做状态表示，既然魔法值和上线无法用来维护 DP，那么我们可以考虑其他的值，再观察数据范围，我们发现，$\sum _{i=1}^n{c}_i\le {10}^4$ 这提醒我们可以用鸟的数目来做状态表示。

状态表示：$f_{i,j}$ 小恶魔走到第 $i$ 棵树，召唤了 $j$ 只鸟的魔法上限

状态转移：$f_{i,j}=max\{f_{i-1,j-k}+X-cos{t}_i\ast k\}$
因为存在魔法上限和魔法下限，我们还需要进行特判 $0<f_{i,j}<W+B\ast j$

当我们枚举 $j$ 时要使用前缀和，因为随着走过的树的数目增加，$j$ 的最大值是递增的，当枚举 $k$ 时，我们要对枚举的 $j$ 和 $c_i$ 取最小值，因为在第 $i$ 棵树上最多会有 $c_i$ 只鸟。
当小恶魔没有走到任何一棵树时，她不会召唤鸟，所以她的魔法为 W，即 $f_{0,0}=W$ 。
最后倒序枚举，求出召唤出的鸟的最大数目就可以了。

code:

memset(f,-1,sizeof(f));
f[0][0]=W;
for(int i=1;i<=n;i++){
    for(int j=0;j<=s[i];j++){
        int m=min(c[i],j);
        for(int k=0;k<=m;k++){
            if(f[i-1][j-k]-v[i]*k>=0 && f[i-1][j-k]!=-1){
                f[i][j]=max(f[i][j],f[i-1][j-k]+X-v[i]*k);					
            }
        }
        if(f[i][j]>W+B*j) f[i][j]=W+B*j;
     }
}
for(int i=s[n];i>=1;i--){
    if(f[n][i]!=-1){
      printf("%lld\n",i);
      return 0;
    }
}
puts("0");