【福建集训】背包（1.5/3）

A.大鱼吃小鱼

完全背包模板，但加上了一个限制。f[i]表示分数==i时花费时间的最小值，显然每次转移前判断一下当前分数够不够即可。注意dp顺序，外层是体积，内层是物品，这样就不用再对物品需求分数排个序再处理了

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define re register
#define fo1(l,r) for(re int i=l;i<=r;++i)
#define fo2(l,r) for(re int j=l;j<=r;++j)
#define fo3(l,r) for(re int k=l;k<=r;++k)
#define fo4(l,r) for(re int tt=l;tt<=r;++tt)
#define fo(l) for(re int i=h[l],go;i;i=x[i].last)
#define inf 0x3f3f3f3f
#define INF 0x7fffffffffffffff-2e9
#define LL long long
#define itn int
#define DB double
inline LL read()
{
    LL x=0,f=1;char ch=getchar();
    while(!isdigit(ch))
    {
        if(ch=='-')
            f=-1;
        ch=getchar();
    }
    while(isdigit(ch))
    {
        x=(x<<3)+(x<<1)+ch-48;
        ch=getchar();
    }
    return x*f;
}
const int N=1010;
LL a[N],p[N],T[N],f[N];
inline LL max2(LL xx,LL yy)
{
    return xx>yy?xx:yy;
}
inline LL min2(LL xx,LL yy)
{
    return xx<yy?xx:yy;
}
int main()
{
    freopen("frenzy.in","r",stdin);
    freopen("frenzy.out","w",stdout);
    int t=read();
    fo4(1,t)
    {
        int n=read(),k=read();
        fo1(1,n)
        {
            a[i]=read();
            p[i]=read();
            T[i]=read();
        }
        fo1(1,k)
            f[i]=INF;
        LL ANS=INF;
        f[0]=0;
        //f[i]表示分数==i时花费时间的最小值 
        fo1(0,k)//i
        {
            fo2(1,n)//j
            {    
                if(i>=a[j])
                {
                    if(i+p[j]>=k)
                    {
                        ANS=min2(ANS,f[i]+T[j]);
                    }
                    else
                    {
                        f[i+p[j]]=min2(f[i+p[j]],f[i]+T[j]);
                    }
                }
            }
        }
        printf("%lld\n",ANS);
    }
    fclose(stdin);
    fclose(stdout);
    return 0;
}

B.子集统计

这条结论的充分性是显然的，用反证法易证。

这个结论实际上告诉了我们转移的方式和条件，显然应以ai划分阶段

f[i][j]表示前i个数字和为j时的方案总数

对a排序后用刷表法转移

当j+1>=a[i+1]时进行转移f[i+1][j+a[i+1]]+=f[i][j]

正常定义会爆空间，事实上我们发现j+1>=a[i+1]而a[i+1]<=5000，所以当j超过5000时不妨将其改为5000，其转移不受影响