[HEOI2013] Eden 的新背包问题题解

[HEOI2013] Eden 的新背包问题

题目背景

“ 寄 没 有 地 址 的 信 ，这 样 的 情 绪 有 种 距 离 ，你 放 着 谁 的 歌 曲 ，是 怎 样 的 心 情 。 能 不 能 说 给 我 听 。”

题目描述

失忆的 Eden 总想努力地回忆起过去，然而总是只能清晰地记得那种思念的感觉，却不能回忆起她的音容笑貌。

记忆中，她总是喜欢给 Eden 出谜题：在 valentine's day 的夜晚，两人在闹市中闲逛时，望着礼品店里精巧玲珑的各式玩偶，她突发奇想，问了 Eden 这样的一个问题：有 nn 个玩偶，每个玩偶有对应的价值、价钱，每个玩偶都可以被买有限次，在携带的价钱 mm 固定的情况下，如何选择买哪些玩偶以及每个玩偶买多少个，才能使得选择的玩偶总价钱不超过 mm，且价值和最大。

众所周知的，这是一个很经典的多重背包问题，Eden 很快解决了，不过她似乎因为自己的问题被飞快解决感到了一丝不高兴，于是她希望把问题加难：多次询问，每次询问都将给出新的总价钱，并且会去掉某个玩偶（即这个玩偶不能被选择），再问此时的多重背包的答案（即前一段所叙述的问题）。

这下 Eden 犯难了，不过 Eden 不希望自己被难住，你能帮帮他么？

输入格式

第一行有一个整数，代表玩偶的个数 nn，玩偶从 00 开始编号。

第二行开始后面的 nn 行，每行三个整数，第 (i+2)(i+2) 行的整数 ai,bi,ciai​,bi​,ci​，分别表示买一个第 ii 个玩偶需要的价钱，获得的价值以及第 ii 个玩偶的限购次数。

接下来的一行有一个整数 qq，表示询问次数。

接下来 qq 行，每行两个整数 di,eidi​,ei​，表示每个询问去掉的是哪个玩偶（注意玩偶从 00 开始编号）以及该询问对应的新的总价钱数。（去掉操作不保留，即不同询问互相独立）。

输出格式

输出 qq 行，第 ii 行输出对于第 ii 个询问的答案。

样例 #1

样例输入 #1

5 
2 3 4 
1 2 1 
4 1 2 
2 1 1 
3 2 3 
5 
1 10 
2 7 
3 4 
4 8 
0 5

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样例输出 #1

13 
11 
6 
12 
4

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提示

样例解释

一共五种玩偶，分别的价钱价值和限购次数为 (2,3,4)(2,3,4)， (1,2,1)(1,2,1)， (4,1,2)(4,1,2)， (2,1,1)(2,1,1)， (3,2,3)(3,2,3)。

五个询问，以第一个询问为例。

第一个询问表示的是去掉编号为 11 的玩偶， 且拥有的钱数为 1010 时可以获得的最大价值，则此时剩余玩偶为 (2,3,4(2,3,4)，(4,1,2)(4,1,2)， (2,1,1)(2,1,1)，(3,2,3)(3,2,3)，若把编号为 00 的玩偶买 44 个（即全买了），然后编号为 33 的玩偶 买一个，则刚好把 1010 元全部花完，且总价值为 1313。可以证明没有更优的方案了。

注意买某种玩偶不一定要买光。

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数据规模与约定

• 对于 10%10% 的数据，保证 n≤10n≤10。
• 另外存在 20%20% 的数据，保证 n≤100n≤100，ci=1ci​=1，q≤100q≤100。
• 另外存在 20%20% 的数据，保证 n≤100n≤100，q≤100q≤100。
• 另外存在 30%30% 的数据，保证 ci=1ci​=1。
• 对于 100%100% 的数据，保证 1≤n≤10001≤n≤1000，1≤q≤3×1051≤q≤3×105， 1≤ai,bi,ci≤1001≤ai​,bi​,ci​≤100，0≤di<n0≤di​<n，0≤ei≤10000≤ei​≤1000。

思路

背包DP优化。

代码见下

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
long long n,q,a[5005],b[5005],c[5005],f[5005][5005],f2[5005][5005],kc[5005][5005],kc2[5005][5005],fg,ck,d,e,as=-1e18-7,ctj=8;
bool bo[5005],bo2=1;
int main(){
	cin>>n;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		cin>>a[i]>>b[i]>>c[i];	
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		for(int o=0;o<=1000;o++){
			f[i][o]=f[i-1][o];
		}
		ck=0;
		for(int j=1;j*2-1<=c[i];j*=2){
			ck=j*2-1;
			for(int o=1000;o>=a[i]*j;o--){
				f[i][o]=max(f[i][o],f[i][o-a[i]*j]+b[i]*j);
			}
		}
		for(int o=1000;o>=a[i]*(c[i]-ck);o--){
			f[i][o]=max(f[i][o],f[i][o-a[i]*(c[i]-ck)]+b[i]*(c[i]-ck));
		}
	}
	for(int i=n;i>=1;i--){
		for(int o=0;o<=1000;o++){
			f2[i][o]=f2[i+1][o];
		}
		ck=0;
		for(int j=1;j*2-1<=c[i];j*=2){
			ck=j*2-1;
			for(int o=1000;o>=a[i]*j;o--){
				f2[i][o]=max(f2[i][o],f2[i][o-a[i]*j]+b[i]*j);
			}
		}
		for(int o=1000;o>=a[i]*(c[i]-ck);o--){
			f2[i][o]=max(f2[i][o],f2[i][o-a[i]*(c[i]-ck)]+b[i]*(c[i]-ck));
		}
	}
	cin>>q;
	for(int i=1;i<=q;i++){
		cin>>d>>e;
		d++;
		as=-1e18-7;
		for(int i=0;i<=e;i++){
			as=max(as,f[d-1][i]+f2[d+1][e-i]);
		}
		cout<<as<<endl;
	}
	return 0;
}