集训背包四题解析

T1

https://www.luogu.com.cn/problem/P2340

solution

01背包。
我们可以做出如下分析:

边界: $f[0][0]=0$
最好初始化负无穷 因为有负数 比如$f[i-1,j-eq[i]]$ 可能是负的 我们拿0更新就会错误 实际上不存在这个方案
目标: $max${$f[n,0\mathrm{取}\mathrm{得}\mathrm{最}\mathrm{大}\mathrm{数}]$}$

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就如此吗
我们可以发现 空间是开不下的 并且$f[i]$ 只与$f[i-1]$因此 我们可以使用滚动数组优化
也可以优化一维:
具体来说 我们要保证 用到的 $f[j-eq[i]]$ 的第一维是 $i-1$
我们可以分类一下

• 对于$eq[i]>=0$ 我们发现总是用$<j$的第二维 因此我们 要保证他还未被更新 我们就可以倒着更新
• 对于$eq[i]<0$ 我们同理 就可正着更新

那么还有一个问题 我们第二维有可能是负的!!

没关系我们只需要加一个偏移量就可以

这个数一定要开大!!!(血的教训qwq 白掉80pts)

代码

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <algorithm>

using namespace std;

const int N = 410, M = 400010;

int f[2][M << 1]; //开两倍
int n, m;
int iq[N], eq[N];
int res; 
int main()
{
	scanf("%d", &n);
	for (int i = 1; i <= n; i ++ )
	{
		scanf("%d%d", &iq[i], &eq[i]);
		
		m += max(iq[i], 0);
	}
	
	memset(f, -0x3f, sizeof f);
	f[0][M] = 0;
	for (int i = 1; i <= n; i ++ )
	{
		for (int j = 0; j <= m + M; j ++ )
		{
			f[i & 1][j] = f[(i - 1) & 1][j]; //不选i 
			f[i & 1][j] = max(f[i & 1][j], f[(i - 1) & 1][j - iq[i]] + eq[i]); //选i
		}
	} 
	
	//答案 从M(实际是0) 开始枚举
	for (int i = M; i <= m + M; i ++ )
	{
		if (f[n & 1][i] >= 0) res = max(res, f[n & 1][i] + i);
	}
	
	
	printf("%d\n", res - M); //别忘了减偏移量
	
	return 0;
}

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T2

https://www.luogu.com.cn/problem/P1466

solution

01背包。

我们先来转化下题意：

• 给定$1$ ~ $n$ $n$个数 从中选任意多个数 使得 选的数的和 和 不选的数的和相等
• 进一步 因为最后两边和肯定是整个集合的和 即给定$1$ ~ $n$ $n$个数 从中选任意多个数 使得 选的数的和 和 不选的数的和相等 并且和 为$1$ ~ $n$ 的和($(1+n)\ast n/2$)
• 最后 给定$1$ ~ $n$ $n$个数 从中选任意多个数 每个数只能选1次 使得 选的数的和是 $(1+n)\ast n/4$
  很熟悉吧？这不01背包嘛

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令$m$ $=$ $(1+n)\ast n/4$
我们可以做出如下分析:

边界: $f[0][0]=1$
目标: $f[n][m]$
优化一波一维 倒着枚举就完了
特判 如果 $(1+n)\ast n/2$是奇数 直接不可能 输出$0$

代码

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <algorithm>

using namespace std;

typedef long long LL;

const int N = 45, M = (1 + N) * N >>1;

int n, m;
LL f[M];

int main()
{
	cin >> n;
	
	m = (1 + n) * n >> 2;
	if (((1 + n) * n >> 1) & 1)
	{
		puts("0");
		return 0;
	}
	f[0] = 1; 
	for (int i = 1; i <= n; i ++ )
		for (int j = m; j >= i; j -- )
			f[j] += f[j - i];
	
	cout << (f[m] >> 1) << endl; //答案两两一对 如果剩下一个不用管

	
	return 0;
}

---

T3

https://www.luogu.com.cn/problem/P2722

solution

完全背包板子。。。
种类看成物品 时间看成体积 总分看成价值

代码

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>

using namespace std;

const int N = 10010;

int f[N];
int v, w;
int n, m;

int max(int a, int b)
{
	return a > b ? a : b;
}

int main()
{
	scanf("%d%d", &m, &n);
 	
 	for (int i = 0; i < n; i ++ )
 	{
 		scanf("%d%d", &w, &v);
 		for (int j = v; j <= m; j ++ )
 			f[j] = max(f[j], f[j - v] + w);
	}
	
	printf("%d\n", f[m]);
	
	return 0; 
} 

---

T4

https://www.luogu.com.cn/problem/P5662

solution

本场mvp性质：

在某一种方案中，如果我们在第$i$天买入第$j$天卖出，其中 $i<j$，则等价于在第 $i$ 天买入，第 $i+1$ 天卖出，第 $i+1$天再买入, …, 在第 $j$ 天卖出。

• 我们的交易总是 前一天买入后一天卖出。
  于是我们贪心：
  对于每一天 尽可能使下一天钱最多。
  也好证明：

假设我们不让下一天钱最多 而取得最优解的话
那我们可以把这步替换成 让下一天钱最多 的方案（都可以买嘛） 而答案不会变劣 可能更优 
由决策包容性 证毕

此时 就是完全背包问题了。

• 把 股票 看成 物品
• 把 上一天留下来的钱 看成 背包容量
• 把 今天买入花的钱 看成 体积
• 把 第$i$天买入 第$i+1$天卖出的利润 看成 价值
• 可以无限次取

代码

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <algorithm>

using namespace std;

const int N = 110, M = 10010;

int T, n, m;
int f[N]; //前i天max 
int g[M]; //第i天 背包 
int a[N][N];
int w[N][N];

int main()
{
	scanf("%d%d%d", &T, &n, &m);
	for (int i = 1; i <= T; i ++ )
		for (int j = 1; j <= n; j ++ )
			scanf("%d", &a[i][j]);	
	for (int i = 1; i <= T; i ++ )
		for (int j = 1; j <= n; j ++ )
			w[i][j] = a[i][j] - a[i - 1][j];
	
	f[1] = m;
	for (int i = 2; i <= T; i ++ )
	{
		for (int k = 0; k <= f[i - 1]; k ++ ) g[k] = 0;

		for (int j = 1; j <= n; j ++ )
			for (int k = a[i - 1][j]; k <= f[i - 1]; k ++ )
			{
				g[k] = max(g[k], g[k - a[i - 1][j]] + w[i][j]);
			}
		f[i] = g[f[i - 1]] + f[i - 1];
	}
	
	printf("%d\n", f[T]);
	
	return 0;
}