三卷积背包奇偶凸性

问题是每个物品有 \(0,1,2\) 三种重量，对应 \(w_0,w_1,w_2\) 三种价值，有 \(n(2\times 10^5)\) 个物品，求每个重量下的最大价值。

双卷积背包显然是上凸的，可以直接把物品权值排序即可。关于三卷积就没有这么好的性质，但是我们仍可以证明，它的奇数重量和偶数重量分别是凸的，所以在代码上，我们只需要序列分治，然后凸包闵可夫斯基和合并即可。复杂度 \(O(2^2 n\log n)\)。

关于三卷积背包奇偶凸性，我们考虑使用对比法证明。

我们考虑 \(x\) 和 \(x+4\) 的最优解，我们证明 \(x+2\) 的最优解一定大于等于 \(x\) 和 \(x+4\) 的价值的平均值。

我们来对比一下 \(x\) 和 \(x+4\)，我们对于每一个物品（有 \(3\) 种选择），记作 \(0,1,2\)，那么每个物品在两个方案的差分中，一定存在一个 \([-2,2]\) 的数，表示 \(x+4\) 的选择中，相比 \(x\) 多拿了什么。

我们单独把这个 \([-2,2]\) 的序列拿出来，去除 \(0\)，这个序列的和为 \(4\)（因为是 \(x\to x+4\)），我们只要证明这个序列可以被分成两个部分，和都为 \(2\) 即可。这样，这两个部分必然有一个价值更大，\(\max(a,b)\ge \frac{a+b}{2}\)，于是我们就证明了那个调整法。
（实际上，这里我们进行了一个组合意义上的缩放，我们每个物品只允许取 \(x\) 方案中的状态，或者 \(x+4\) 方案中的状态，如果有中间状态，我们不允许取）

所以这个序列中没有 \(2\)（否则直接做完了）；于是这个序列中至少有 \(4\) 个 \(1\)，任取两个即可。

如果对于 \(k\) 来说，\(f(k)\) 是 \(k\) 的最小保凸模数，那么我们至少可以再 \(f(k)kn\log n\) 的时间解决这个问题。至于 \(f(k)kn\)，我不清楚。

https://qoj.ac/problem/9609 这是动态三卷积，揭示了三卷积本质上还是弱的。

应该还有一个三卷积的 PA（可能）的题的，但是找不到了。