题目
Maxtir 最近买了一个背包。
Maxtir 有一个容量为 m 的背包。Sao 有 n 种物品,第 i 种物品的体
积为 ai ,价值为 b i 。Sao 的每种物品都有无限多件,Maxtir 可以任取。
在不超过背包容量的前提下,Maxtir 要求所能获得的最大价值。
输入输出
输入格式
第1行输入两个正整数 n , m 。
第 2 至 n + 1行,每行输入两个正整数 ai , b i 。
输出格式
一个整数,表示 Maxtir 所能获得的最大价值。
输入样例#1
2 15
3 2
5 3
输出样例#1
10
输入样例#2
3 70
71 100
69 1
1 2
140
输入/输出样例#3
见下发文件 backpack3.in/backpack3.out
数据范围
对于 20% 的数据, n , m ≤ 103 。
对于 40% 的数据, n , m ≤ 10 4 , ai , b i ≤ 10 。
对于 60% 的数据, n , m ≤ 105 。
对于 100% 的数据, n ≤ 10 6 , m ≤ 10 16 , ai , b i ≤ 100 。
分析
本人40pts的方法就不说了，放下正确分析：
按照NOIP的惯例,此题是一道送分题。
对于 60% 的数据,我们可以发现其实 n不大于100 ,若两种物品 ai 相同,
则 bi 较小的应该被舍弃,复杂度 O（am） 。
对于100 % 的数据,我们先证明一个引理:
引理:给定任意 n 个整数,它们之中存在若干个整数的和为 n 的
倍数。
证明:设 n 个整数为 a 1 , a 2 , a3 ,……, a n , \(Sn=\sum_{i=1}^{n}ai\)。
对于 S0 , S1 , S 2 , S 3 ,…… , Sn 这 n+1 个数,至少有两个数模 n 相同,则
这两个数的差为 n 的倍数,证毕。
回到题目,设第 s 种物品为性价比最高的物品之中 ai 最小的物
品。设最优情况下有 x 件非第 s 种物品,则我们可以证明:
定理:存在一种最优情况使得 x < as 。
证明:若 x >= as ,则存在若干件物品的 ai 和为 as 的倍数,将这些物
品用第 s 种物品替换一定不劣。
于是这 x 件非第 s 种物品的 ai 和最大为 100a s 。于是我们选择
(n/as)-100 件第 s 种物品,剩下的空间做完全背包,复杂度 O(a^3)。
代码
#include
using namespace std;
typedef long long ll;
const int M = 105;
const int N = 2e4 + 50;
ll m, ans, cnt, f[N];
int n, p[M][M];
struct Data {
int x, y;
Data(int _x = 0, int _y = 0): x(_x), y(_y) {}
bool operator < (const Data &t) const {
int flag = x * t.y - y * t.x;
if (flag == 0) return x < t.x;
return flag < 0;
}
} a[M];
int main() {
freopen("backpack.in", "r", stdin);
freopen("backpack.out", "w", stdout);
scanf("%d%I64d", &n, &m);
for (int x, y; n--; ) {
scanf("%d%d", &x, &y);
p[x][y] = 1;
}
n = 0;
for (int x = 1; x <= 100; x++) {
for (int y = 100; y >= 1; y--) {
if (p[x][y]) {
a[++n] = Data(x, y);
break;
}
}
}
for (int i = 2; i <= n; i++)
if (a[i] < a[1]) swap(a[i], a[1]);
cnt = m / a[1].x - 100;
ans = cnt * a[1].y;
m -= cnt * a[1].x;
for (int i = 1; i <= n; i++)
for (int j = a[i].x; j <= m; j++)
f[j] = max(f[j], f[j - a[i].x] + a[i].y);
printf("%I64d\n", ans + f[m]);
return 0;
}