中國計量大學現代科技學院第四屆“中競杯”程序設計校賽 01揹包 狀態存儲

題目來源

https://cometoj.com/contest/81/problem/I

題面描述

題意

$01$揹包：給你$n個物品m塊錢$，每個物品有自己的價值$b_i$和價格$a_i$，問m塊錢能買的東西總價值最大。

這裏在$01$揹包的基礎上加了$t$個查詢，每個查詢可以改變第$x$個物品的價值和價格，重新求一遍最大價值。（$n,m,a_i \leq 2e3 ,t \leq 3e3,b_i \leq 1e9$）

思路

如果暴力$01$揹包，算一下複雜度$n^2*t=12e9$顯然會$tle$，嘗試一下吧，看看效果

其實不難發現，我們每次修改只有一個物品的信息，而且我們二維$01$揹包有記錄二維狀態，我們可以正反做一次$01$揹包，令$dp1[i][j]$代表$1$到$i$的物品，用了$j$容量的最大價值，$dp2[i][j]$代表$i$到$n$的物品，用了$j$容量的最大價值。

比如修改的物品是$x$，而我們已知的有$1到x-1$和$x+1到n$這些物品的$dp$值，枚舉容量求最大值即可。(注意$long long$)

詳見代碼：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 2e3 + 10;
#define ll long long
ll dp1[N][N], dp2[N][N], now[N], lat[N], a[N], b[N];
signed main() {
  ios::sync_with_stdio(false);
  cin.tie(0);
  int n, m, t;
  cin >> n >> m >> t;
  for (int i = 1; i <= n; i++) {
    cin >> a[i] >> b[i];
  }
  for (int i = 1; i <= n; i++) { //正着dp
    for (int j = 0; j <= m; j++) {
      if (j >= a[i]) {
        dp1[i][j] = max(dp1[i - 1][j], dp1[i - 1][j - a[i]] + b[i]);
      }
      dp1[i][j] = max(dp1[i - 1][j], dp1[i][j]);
    }
  }
  for (int i = n; i >= 1; i--) { //反着dp
    for (int j = 0; j <= m; j++) {
      if (j >= a[i]) {
        dp2[i][j] = max(dp2[i + 1][j], dp2[i + 1][j - a[i]] + b[i]);
      }
      dp2[i][j] = max(dp2[i + 1][j], dp2[i][j]);
    }
  }
  for (int i = 0; i < t; i++) {
    ll x, c, d;
    cin >> x >> c >> d;
    memset(now, 0, sizeof(now));
    memset(lat, 0, sizeof(lat));
    for (int j = 0; j <= m; j++) { // 1 到 x-1個物品用容量爲j的最大價值
      now[j] = dp1[x - 1][j];
    }
    for (int j = m; j >= c; j--) { // x物品修改後用容量爲j的最大價值,對後面狀態的影響
      now[j] = max(now[j], now[j - c] + d);
    }
    for (int j = 1; j <= m; j++) { // x物品修改後用容量爲j的最大價值
      now[j] = max(now[j], now[j - 1]);
    }
    for (int j = 1; j <= m; j++) { // x+1 到 n 個物品用容量爲j的最大價值
      lat[j] = max(lat[j - 1], dp2[x + 1][j]);
    }
    ll ans = 0;
    for (int j = 0; j <= m; j++) { //枚舉容量 求最大值
      ans = max(ans, lat[m - j] + now[j]);
    }
    cout << ans << endl;
  }
  return 0;
}