扣除某个数的背包

这玩意还是挺常见的都遇到了两三次了还是记一下。

本文的「背包问题」指形如 给出若干二元组 \((A_i,v_i)\)，求

\[B(x) =\bigoplus_{(\sum v_i)=x} (\bigotimes_{i=1}^n A_i)) \]

的问题。

比如背包求方案数中 \((\oplus,\otimes)=(+,\times)\)，背包求最大价值中 \((\oplus,\otimes)=(\max,+)\)。

背包问题，对每个物品求不加入这个物品的贡献的背包答案。

直接枚举物品每次重新背包是 \(O(n^2V)\) 的，但是这样显然太浪费了。

常见的一些技巧：

维护前后缀——求固定体积

扣掉一个东西的常见做法就是维护前后缀信息，让 \(f_{i,j}\) 表示物品 \([1,i]\) 的背包，\(g_{i,j}\) 表示物品 \([i,n]\) 的背包，如果要查询背包的单个值 \(ans_c\) 的话就可以体现出类似 meet-in-the-middle 不用合并全局的优势了，枚举 \(j\)，求 \(\bigoplus_{j=0}^x ( f_{i-1,j}\otimes g_{i+1,x-j})\) 即可，时空复杂度是 \(O(nV)\)。

维护前后缀——求整个背包数组

求出整个数组对于一般的 \((\oplus,\otimes)\)，当 \((\oplus,\otimes)\) 卷积可以低于 \(n^2\) 时才有用，常见的只有 \((+,\times)\) 卷积可以用 FFT/NTT 低于 \(O(n^2)\) 求出 dp 数组。直接使用前缀和后缀的卷积合并，时间复杂度是 \(O(n V\log V)\)，空间不变。

像什么 \((\min,+)\) 卷积能做的话要背包具有凸性，那就根本不用背包。

序列分治

其实对于 \(i\) 位置扣掉物品 \(i\) 就是对于 \([1,i)\cup(i,n]\) 加入这个物品，可以考虑使用线段树分治或者分治完成。

线段树分治就直接加入 \([1,i),(i,n]\) 这两条线段就行了，然后 dfs 线段树，离开的时候撤回所有操作。

一般分治可以考虑将 \([l,r]\) 分治为 \([l,mid],(mid,r]\)，递归左侧的时候加入右侧的物品，递归右侧时加入左侧的物品。

每次背包的变化量都是 \(O(n)\) 的，繁琐的撤回不如直接把整个背包数组存下来，然后撤回时直接赋值回操作前的背包数组。

时间复杂度是 \(O(nV\log n)\)，空间不变，优点是不需要可逆。

背包回退

回退背包好像一般仅限于背包操作是 \((+,\times)\) 这种求方案数的，无序的，线性的，有可减性的，可逆的（本质即对背包操作的多项式的常数项非 0 或矩阵满秩）。

考虑背包更新是无序的，先加入拿个物品是一样的，所以我们先求出一个完整的背包，然后扣掉这个物品，因为无序性我们可以假装这个物品是最后加入的，然后将它对背包的更新做一遍逆操作。

例：01 背包的操作

for(int i = V ; i >= 0 ; -- i)
	f[i] += f[i-a];

的逆操作就是

for(int i = 0 ; i <= V ; ++ i)
	f[i] -= f[i-a];

循环的顺序改变是因为本身我们的(01)背包是要用 没更新的数 去更新数，所以现在要用 已经还原的数 去还原待还原的数。

如果方案数很大，维护可行性的话可以使用多哈希取模的方法，这种特殊的问题用自然溢出就是找死。

小逝牛刀

消失之物

板子，求整个 dp 数组，求方案数。

建议都写写看。

CF303E

基本 dp 解法在这里，是个很套路的题，其实你不会也不影响你学习这个背包回退的技巧，如果没兴趣不妨直接往下看。

我们现在要求一个概率的二维背包（维护实数），其转移形式为

\[f'_{i,j}=f_{i,j}\times a_x + f_{i,j-1}\times b_x +f_{i-1,j}\times c_x \]

其中满足 \(a_x,b_x,c_x\in[0,1],a_x+b_x+c_x=1\)（因为是概率）。

要分别求扣掉每个 \(x\) 的贡献后的背包。

直接做可以做到 \(O(n^2V^2)\) 求出所有方法，可以通过。

各种做法：

维护前后缀：因为要求整个数组，所以需要合并一个二维背包。使用二维 FFT，复杂度 \(O(nV^2\log V)\)，常数大。

分治：也是类似的分治，可以在每层把操作前的 \(f\) 数组存下来直接回到操作前，而不用撤回，复杂度 \(O(nV^2\log n)\)，常数小。

回退：

考虑我们的操作：

for(int i = c ; i >= 0 ; -- i) {
	for(int j = c ; j >= 0 ; -- j) {
		f[i][j] *= a;
		if(j > 0) f[i][j] += f[i][j - 1] * b ;
		if(i > 0) f[i][j] += f[i - 1][j] * c ;
	}
}

对它进行逆操作

for(int i = 0 ; i <= c ; ++ i) {
	for(int j = 0 ; j <= c ; ++ j) {
		if(j > 0) f[i][j] -= f[i][j - 1] * b ;
		if(i > 0) f[i][j] -= f[i - 1][j] * c ;
		f[i][j] /= a;
	}
}

但是现在就产生了一个问题：当被回退的数的 \(a=0\) 时，就无法进行回退了，因为 \(\times 0\) 并不是一个单一映射，它是不可逆的。

考虑 \(a+b+c=1\)，所以 \(\max(a,b,c)\geq\frac 1 3\)，用三者中的非零值来解方程即可，为精度着想当然是取最大值，这里举例用 \(b\)。

\[\begin{aligned} f'_{i,j} &= a f_{i,j} + bf_{i,j-1} + cf_{i-1,j}\\ f_{i,j-1}&= \dfrac {f'_{i,j}+af_{i,j}+cf_{i-1,j}}{b} \end{aligned} \]

这样就得从右往左更新，如果选择 \(c\) 就要从下往上更新。

复杂度 \(O(nV^2)\)，比分治快。