若干背包模型 powered by ddxrS

同余最短路与完全背包

经典问题是 luogu P9140，类似题目还有 CF 2115E

给定若干物品 $(v_i,w_i)$，其中 $w$ 是价值 $v$ 是占用体积，做完全背包。

不妨默认已经按性价比排序。

其核心结论有如下几个：

至多有 $v^2_{\max}$ 的背包用于放置非第一个物品。

证明：将完全背包看做同余最短路，将每个 $i$ 连向 $(i+v_j)\bmod v_1$ ，边权为 $w_i-\lfloor\frac{i+v_j}{v_1}\rfloor w_1$

因为是选取的性价比最高的在外面，因此不存在负环，那么到任意点的所经过边数不超过 $v_1$，而每条边最多选取 $v_{\max}$，因此转移到每个点实际上最多选取了 $v_1v_{\max}\le v^2_{\max}$ 的体积。
使用转圈法优化同余最短路
常规同余最短路写法是 SPFA，但可以使用转圈法优化。

将同余最短路看做一个环形dp。

逐个考虑物品 $(v_i,w_i)$，此刻转移图会分为 $\gcd(v_i,v_1)$ 个环。

根据最短路，我们不会重复经过点多次，因此我们只需要从每个环的任意点开始转两圈更新即可，这样足以涵盖所有情况。
```
	int M=a[1].first,C=a[1].second;
	for(int i=2;i<=n;++i){
		int w=a[i].first,v=a[i].second;
		for(int j=0,lim=__gcd(w,M);j<lim;++j){
			for(int c=0,t=j;c<2;c+=(j==t)){
				int d=(t+w)/M;
				int nt=t+w-d*M;
				f[nt]=max(f[nt],f[t]+v-C*d);t=nt;
			}
		}
	}	
```

完全背包可行性

选择物品个数

仍然用 $v_i$ 表示。

引理：任意一个可能被表达出的 $M$，其最多用到 $\log M$ 个不同物品即可表达出 $M$，且表达的最小字典序满足此性质。

证明：设一个选取方案 $\overline{c}=(c_1,c_2\dots c_n)$，$\sum c_iv_i=M$。

将 $\overline{c}$ 视作一个数组，进行字典序比对，则字典序最小的方案一定满足 $\prod (c_i+1)\le M+1$

反证法，如果 $>M+1$，根据鸽巢原理，有总方案数 $\prod (c_i+1)>M+1$，其方案体积和在 $[0,M]$，则必然存在两个体积和相同的子方案 $\overline{c_1},\overline{c_2}$ 同时二者不同时取同一个物品。

则 $\overline{c}-\overline{c_1}+\overline{c_2}$ 与 $\overline{c}-\overline{c_2}+\overline{c_1}$ 其中字典序更小的方案会比原方案字典序更小。（考虑两个子方案第一个不同的位置）。

因此若有 $n$ 个物品，找出方案可以 $O(m{n\choose \log n})$ 解决，如果 $n$ 比较小，还可以由此做子集和算出每个物品子集是否可行。

引理：对于带价值的问题，同样满足存在一个价值最大的最小字典序方案满足此性质。

证明关键在于 $\overline{c}-\overline{c_1}+\overline{c_2}$ 与 $\overline{c}-\overline{c_2}+\overline{c_1}$ 两个方案的权值肯定与 $\overline{c}$ 一个 $\ge $ 一个 $\le$。

若假定 $\overline{c}$ 最大，则必然取 $=$，则逐步调整即可证明。

多重背包可行性-bitset

设 $n$ 个数 $a_i$。设 $\sum_{i=1}^na_i=M$，则做 $[0,M]$ 的可行性背包时，可以做到 $O(\frac{M\sqrt M}{w})$。

相同大小物品分组，至多 $O(\sqrt M)$ 组，接着二进制拆分，拆分后 $O(\sqrt M\log n)$ 个物品和仍然是 $M$，因此可以再次紧缩，重复操作即可。

另一个更优秀的做法是：从小到大在值域上扫描所有数字，若 $i$ 出现了偶数次 $c$，则取出两个，同时将 $2i$ 出现次数加上 $\frac{c-2}{2}$，如果是奇数次就取出一个，然后给 $2i$ 加上 $\frac{c-1}{2}$。

可以证明最终会剩下 $O(\sqrt M)$ 个数字。

01 背包可行性——单组，极大容量背包

给定 $n$ 个物品 $v_i\in [1,D]$，询问是否存在选取方案可以凑出 $C$。

$O(nD)$。

考虑方案的组成，答案一定可以组成为 $(l,r)$，也就是 $[1,l-1]$ 的物品全部取了，$[l,r]$ 的物品不一定取了，$[r+1,n]$ 的物品一定没取。

考虑从一个点 $p$ 开始扩展，设 $s_p=\sum_{i=1}^pv_i$ 是大于等于 $C$ 中最小的 $p$。则一定满足 $0\le s_p-C\le D$，从 $[p+1,p]$ 开始扩张，往左转移，存在不改变已经钦定的 $p-1$ 用了的状态，以及重新钦定 $p-1$ 没有用，分别的大小变化是 $0,-v_{p-1}$，往右转移类似的，分别的大小变化是 $0,v_{p+1}$。

因此左转贡献非负，右转贡献非正，则 $(p+1,p,s_p-C)$，完全可以在第三维与 $C$ 偏差不超过 $D$ 的路径上转移到任意可行的 $(l,r,k)$。在转移路程中，第三维是正数，就去左边找转移，否则去右边找转移。显然覆盖了所有可行路径，且第三维的有效值只有 $[C-D,C+D]$。

考虑优化，可行性太浪费，注意到 $0$ 的转移，也即 $(l,r,k)$ 可行则 $(l-1,r,k)$ 一定可行。

因此我们设 $f_{r,k}$ 表示最大的 $l$ 使得 $(l,r,k)$ 可行。

转移分为：

$f_{r,k}\leftarrow f_{r-1,k}$
$f_{r,k+a_r}\leftarrow f_{r-1,k},k<C$
$f_{r,k-a_l}\leftarrow l,l\le f_{r,k},k\ge C$

第三类转移太烦，但注意到 $(r-1,k-a_l)\to (r,k-a_l)$ 的存在，则只需要对 $l\in [f_{r-1,k}+1,f_{r,k}]$ 的 $l$ 进行转移即可。则对于一个 $k$，总枚举量 $

板题 abc221g

多项式优化背包可行性

P4389

01 背包

选一个随机数组 $w_i$，相当于算：

\[\prod_{i=1}^n(1+w_iz^{v_i}) \]

的非零项。手算 $\ln$ 之后用 $O(n\log n)$ 的调和级数办法求和后 exp 回去。

完全背包

选一个随机数组 $w_i$，相当于算：

\[\prod_{i=1}^n\sum_{j}w_i^jz^{jv_i}=\prod_{i=1}^n\frac{1}{1-wz^{v_i}}=\exp(-\sum \ln(1-wz^{v_i})) \]

仍然用调和级数求和后 exp。

这里有一个 powered by ddxrS 的小清新倍增

设容量上界 $m$，设 $H(z)$ 表示每个数值的存在状况。

考虑先对不大于 $t=\lfloor\frac{m}{n}\rfloor$ 的数字暴力 dp 求出可行状态 $F_{\lfloor\frac{m}{n}\rfloor}$。

倍增，有：

\[F_{2^it-1}=F_{2^{i-1}t}\times F_{2^{i-1}t}\times H(z)(\bmod z^{2^{it}}) \]
做完之后给系数非零位置重新赋权防止被卡。

多重背包

选一个随机数组 $w$，相当于算

\[\prod_{i=1}^n\frac{1-(wz^{v_i})^{c_i+1}}{1-wz^{v_i}}=\exp(\sum \ln(1-w^{c_i+1}z^{v_i(c_i+1)})-\ln(1-wz^{v_i})) \]

还是调和级数求和系数后 exp。

SMAWK 算法

有一个 $n\times m$ 的矩阵，设 $L_i$ 为每一行最小值所在的列位置，满足 $L_i\le L_{i+1}$。

在 $O(n+m)$ 次询问矩阵点值得到 $L$ 序列。

Reduce 操作

当 $m>n$ 时，一定是存在列是无用的，reduce 操作通过删除无效列，将 $m$ 减小到 $\le n$。

算法原理：有效列中，每一列作为行最小值的位置不会比上一列高。

维护一个 $k$，初始 $k=1$。

若 $a_{k,k}\ge a_{k,k+1}$，说明第 $k$ 列无用，删去第 $k$ 列，$k\leftarrow \max(k-1,1)$。
若 $a_{k,k}<a_{k,k+1}$
- $k=n$，说明 $k+1$ 不可能有用，将其删去。
- $k<n$，将 $k$ 加一，纳入考虑范围。

vector<int> Reduce(vector<int>X,vector<int>Y){
	vector<int>nY;int p=0,sur=Y.size(),c=0;
	while(p<Y.size()){
		if(nY.empty()){
			nY.push_back(Y[p]);c=0;++p;
			continue;
		}
		if(ask(X[c],Y[p])<=ask(X[c],nY.back())){
			nY.pop_back();--c;
			continue;
		}
		if(c+1<X.size())++c,nY.push_back(Y[p]);
		++p;
	}
	return nY;
}

分治策略

首先取出偶数行，递归。

根据 $L$ 的性质，我们只需要枚举奇数行的答案，总量是 $O(len)$ 的。

vector<int>SMAWK(vector<int>X,vector<int>Y){
	Y=Reduce(X,Y);if(X.size()==1)return Y;
	vector<int>nX;for(int i=0;i<X.size();i+=2)nX.push_back(X[i]);
	vector<int>g=SMAWK(nX,Y);vector<int>f;
	for(int i=0,lst=0;i<X.size();++i){
		while(Y[lst]<g[i>>1])++lst;
		if(i&1){
			int v=ask(X[i],Y[lst]),p=lst;++lst;
			if(lst<Y.size()&&(i+1==X.size()||Y[lst]<=g[i+1>>1])){
				int k=ask(X[i],Y[lst]);
				if(k<=v)v=k,p=lst;
				++lst;
			}
			lst=p;f.push_back(Y[p]);
		}
		else f.push_back(g[i>>1]);
	}
	return f;
}

复杂度基本线性，懒得分析。

用途—决策单调性优化

对于一个数组 $f$ 与一个凸数组 $g$ 做 $\max,\min$ 卷积时，有决策单调性，这很显然。

构造矩阵 $A_{i,j}=f_{i-j}+g_j$。

则卷积完之后的数组相当于查询每一行最小值，应用 SMAWK 即可。

CF1423M。

完全背包最优化——小体积大总量单次询问

ABC221G。

一个很神奇的技巧。

给你 $n$ 个数字 $a_i\in [1,D]$，每个数字可以任意用，有其价值 $v_i$，给你一个 $C$，问你表达出 $C$ 的最优方案价值如何。

$C$ 很大，$D$ 很小。考虑在 $O(D^2\log C)$ 解决。

首先暴力 DP 出 $[1,5D]$ 的解，然后考虑递归求解 $C$。

对于任意足够接近 $C$ 的方案，其与 $C$ 偏差不超过 $D$，因此考虑求出 $[C-D,C+D]$ 的最优方案价值。

分治下去，先算出 $[\frac{C}{2}-D,\frac{C}{2}+D]$ 的最优方案价值，然后暴力卷积得到。

分治到底层可以直接用暴力 DP 的解。

posted @ 2025-08-15 21:12 spdarkle 阅读(14) 评论(0) 收藏举报

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