HN 省选作恶多端
观察
拿到题面，定睛一看：欸，这不是裸的 01 背包吗。但是这是道紫题，还是在省选的赛场上，应该有蹊跷。再一看到数据范围
\(1 \le W, w_i, v_i \le 2^{30}\)
这么大，是人能做的吗？
观察题目，注意到
保证 \(w_i = a * 2^b\)，且 \(a \le 10, b \le 30\)
前半句不重要，重要的是 \(a \le 10\)，这启示我们可以在 a 上面下文章
正解
我们对每个不同的 b 分别考虑，对于每一组 b，可以以 a 为重量进行 01 背包
设 \(f_{i, j}\) 表示在取 \(j * 2^i\) 重量下，最大的价值是多少。根据定义和 01 背包相关知识，我们可以初步推出转移式：
\[f_{i, j} = \max(f_{i, j}, f_{i, j - w_k} + v_k) \]其中
- \(w_k\) 表示第 i 组中的所有重量
- \(v_k\) 表示第 i 组中的所有价值
接下来考虑不同组的转移。
考虑 \(f_{i, j}\) 可以由什么转移过来
-
上一组 i 中所有 \(k \le j\) 的 \(f_{i - 1, k}\)
-
若 W 第 i 位上为 1，则这一组中重量可以多选 \(2^i\)，所以还可以从 \(\max\limits_{k \le k' \le k + 2^i} f_{i, k'}\) 转移过来，又因为 \(f\) 数组单调不减，所以可以直接从 \(f_{i, k + 2^i}\) 转移过来
综上，可以写出转移式：
\[f_{i, j} = max(f_{i, j}, f_{i - 1, k + W_i} + f_{i, j - k}) \]则最后的答案就是 \(f_{\log_2 W, 1}\)
Code
#include <cmath>
#include <iostream>
#include <vector>
using namespace std;
using pii = pair<int, int>;
const int kN = 101, kV = 1001;
int n, W, f[kN][kV];
vector<pii> v[kN];
void I() {
fill(f[0], f[kN - 1] + kV, 0);
for (int i = 0; i < kN; i++) {
v[i].clear();
}
}
void S() {
for (int i = 1, w, v, s; i <= n; i++) {
cin >> w >> v;
for (s = 0; w % 2 == 0; w >>= 1, s++) {
}
::v[s].push_back({w, v});
}
for (int l = 0; l < kN; l++) {
for (int i = 0; i < v[l].size(); i++) {
for (int j = kV - 1; j >= 0; j--) {
if (j - v[l][i].first >= 0) {
f[l][j] = max(f[l][j], f[l][j - v[l][i].first] + v[l][i].second);
}
}
}
}
for (int l = 1; l < kN; l++) {
for (int j = kV - 1; j >= 0; j--) {
for (int k = 0; k <= j; k++) {
f[l][j] = max(f[l][j], f[l - 1][min(2 * k + ((W >> l - 1) & 1), kV - 1)] + f[l][j - k]);
}
}
}
cout << f[(int)log2(W)][1] << '\n';
}
int main() {
cin.tie(0)->sync_with_stdio(0);
while (cin >> n >> W) {
if (n == -1) {
break;
}
I();
S();
}
return 0;
}