poj 2754/1014 多重背包之二进制优化

2754题意：给定M（1<=M<=200）以及长度为M的四个数组，分别记为Pairs、Multi、Low、Up，你需要构造一个长度为M的数组Table（其中Low[i]<=Table[i]<=Up[i]），满足∑Multi[i]*Table[i] = 0，且使得∑Pairs[i]*Table[i]尽量大。输入满足至少有一个解。

思路：如果直接上dp，那么复杂度最大可达M*极差*50。其中M是序列长度，50是因为每个数最多有50个取值的可能，极差是∑Multi[i]*Table[i]能达到的最大值和最小值之间的差值。无法承受。下面考虑将其转化为多重背包问题。

将下界单独拿出来作为一部分进行计算，因此[Low[i]，Up[i]]就转化为[0, U[i]-L[i]]的一个多重背包。M[i]和P[i]均进行单独的下界计算。计算出 T = L[1]*M[1]+L[2]*M[2].... 之后, 就是一个关于容量T刚好放满的多重背包。

多重背包有一个二进制优化，参见（http://www.cnblogs.com/favourmeng/archive/2012/09/07/2675580.html）。

#include 
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#define N 205
#define ORI 50000
#define INF 0x7fffffff
using namespace std;
int dp[200005];
int n,m;
int up[N],low[N],p[N],w[N];
int main(){
    while(scanf("%d",&n) != EOF){
        m = 0;
        int presum = 0;
        for(int i = 0;i num){
                for(int j = m;j>=num*w[i];j--)
                    dp[j] = max(dp[j], dp[j-num*w[i]]+num*p[i]);
                up[i] -= num;
                num <<= 1;
            }
            for(int j = m;j>=up[i]*w[i];j--)
                dp[j] = max(dp[j], dp[j-w[i]*up[i]]+p[i]*up[i]);
        }
        printf("%d\n",dp[m]+presum);
        
    }
    return 0;
}

1014题意：有六种石头，分别价值1~6，现在给出价值分别为1~6的石头的数量（石头总数不超过20000）。问能否把这些石头分成两类，使得每类的价值总和相等。

思路：首先求价值总和，如果是奇数必然不能。否则就变成了一个多重背包问题，看看能否凑成总和的一半，用二进制优化。

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