【CF500F】New Year Shopping

1|0题目

题目链接：https://codeforces.com/contest/500/problem/F
有 $n$ 种商品，第 $i$ 种商品的价格是 $c_i$ ，购买后可以增加 $h_i$ 的快乐指数，将于第 $t_i$ 天上市。商品的保质期为 $p$ 天，过期后不能再购买，即第 $i$ 种商品只能在第 $t_i$ 天到第 $t_i+p-1$ 天之间购买，每种商品只能购买一次。
有 $q$ 个询问，每次给定两个整数 $a,b$ ，求在第 $a$ 天去购物，最多使用 $b$ 元的情况下可以得到的最大快乐指数。询问之间互不干扰。
$n\leq 3\times 10^4$，$q\leq 2\times 10^4$，所有价格 $\leq 3\times 10^4$，所有时间和快乐指数 $\leq 2\times 10^4$。

2|0思路

这道题似乎有很多做法，但是我只能想到卑微的 $O(nq\log n)$。
因为所有物品持续的时间都是一样的，所以按照上架时间排序后，每次的询问就是把一段区间的物品拿出来做 01 背包。
也就是需要维护一个队列，然后在某一时刻查询队列内所有物品的 01 背包。
而一个队列可以用两个栈 $s1,s2$ 来实现：插入物品就往 $s2$ 插入；删除物品就在 $s1$ 删除；当 $s1$ 为空时，就把 $s2$ 所有元素依次弹出插入 $s1$。
然后维护两个栈中每一个元素到栈底的背包。按照时间离线询问，然后只需要合并一下两个栈栈顶的背包即可。
时间复杂度 $O(nq)$。
实现上不需要真的开栈，维护区间 $[l,mid]$ 为第一个栈的元素，$[mid+1,r]$ 为第二个栈的元素即可。

3|0代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N=4010,M=20010;
int n,p,Q,l,r,mid,f[N][N],ans[M];

struct node1
{
	int w,v,t;
}a[N];

struct node2
{
	int m,t,id;
}b[M];

bool cmp1(node1 x,node1 y)
{
	return x.t<y.t;
}

bool cmp2(node2 x,node2 y)
{
	return x.t<y.t;
}

void insert(int x,int *g,int *h)
{
	memcpy(g,h,sizeof(f[0]));
	for (int i=4000;i>=a[x].w;i--)
		g[i]=max(g[i],g[i-a[x].w]+a[x].v);
}

int main()
{
	scanf("%d%d",&n,&p);
	for (int i=1;i<=n;i++)
		scanf("%d%d%d",&a[i].w,&a[i].v,&a[i].t);
	scanf("%d",&Q);
	for (int i=1;i<=Q;i++)
	{
		scanf("%d%d",&b[i].t,&b[i].m);
		b[i].id=i;
	}
	sort(a+1,a+1+n,cmp1);
	sort(b+1,b+1+Q,cmp2);
	l=1; mid=r=0;
	for (int t=1,i=1;t<=20000;t++)
	{
		for (;r<n && a[r+1].t==t;r++)
			insert(r+1,f[r+1],f[(r==mid)?0:r]);
		while (l<=mid && a[l].t+p==t) l++;
		if (l>mid)
		{
			mid=r;
			for (int j=mid;j>=l;j--)
				insert(j,f[j],f[(j==mid)?0:j+1]);
		}
		for (;i<=Q && b[i].t==t;i++)
			for (int j=0;j<=b[i].m;j++)
			{
				int res1=(l<=mid) ? f[l][j] : 0;
				int res2=(mid<r) ? f[r][b[i].m-j] : 0;
				ans[b[i].id]=max(ans[b[i].id],res1+res2);
			}
	}
	for (int i=1;i<=Q;i++)
		printf("%d\n",ans[i]);
	return 0;
}

__EOF__

本文作者：stoorz
本文链接：https://www.cnblogs.com/stoorz/p/15758574.html
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