[POJ1742] Coins [多重背包]
[ L i n k \frak{Link} Link]
三种方法。
写得比较优秀的二进制拆分+分数据范围处理、多重背包可行性、单调队列优化。
第一种方法。
一般的二进制拆分复杂度是 Θ ( m ∑ l o g 2 C i ) \mathcal{\Theta(m\sum log_2C_i)} Θ(m∑log2Ci)。算一下就能发现这个上界卡到 1 e 8 \mathcal{1e8} 1e8。
考虑怎么降低处理数量多的硬币的复杂度。显然假如 C i × V i ≥ m \mathcal{C_i×V_i\ge m} Ci×Vi≥m就可以当作完全背包来跑。
那就这么做。
注意多重背包的二进制拆分是允许重复的，
如果是单纯把 C i \mathcal{C_i} Ci二进制表示里为 1 \mathcal{1} 1的位拿出来并不能组合得到所有不大于 C i \mathcal{C_i} Ci的方案
一定要从 1 \mathcal{1} 1开始倍增，最后把减剩下的 C i \mathcal{C_i} Ci单独拿出来再跑一次。
#include第二种方法。
实际上这种方法是很自然的。
我的代码比较丑，漂亮一点的代码应该看一眼就可以明白原理了。
#include第三种方法。
实际上这道题目完全没必要用单队解、不过也是可以的。
多重背包朴素式子 f j = m a x { f j − k c o s t i + k v a l u e i ∣ k ∈ [ 0 , c o u n t i ] } \mathcal{f_j=max\{f_{j-kcost_i}+kvalue_i\;|\;k\in[0,count_i]\}} fj=max{fj−kcosti+kvaluei∣k∈[0,counti]}
外层枚举物品，把 j \mathcal{j} j重标号，按照 % c o s t i \mathcal{\%cost_i} %costi的余数分类，转化式子。可以得到
f j ′ = m a x { f k ′ − k ′ v a l u e ∣ k ′ ∈ [ j ′ − c o u n t i , j ′ ] } + j ′ v a l u e , j ′ c o s t i + R e m a i n d e r = j \mathcal{f_{j'}=max\{f_{k'}-k'value\;|\;k'\in[j'-count_i,j']\}+j'value,\;j'cost_i+Remainder=j} fj′=max{fk′−k′value∣k′∈[j′−counti,j′]}+j′value,j′costi+Remainder=j（枚举 R e m a i n d e r \mathcal{Remainder} Remainder）
这是单调队列优化的普遍形式，在单调队列中维护 m a x { f k ′ − k ′ v a l u e } , k ∈ [ j − c o u n t i , j ] \mathcal{max\{f_{k'}-k'value\},\;k\in[j-count_i,j]} max{fk′−k′value},k∈[j−counti,j]
每次将 f k ′ − k ′ v a l u e \mathcal{f_{k'}-k'value} fk′−k′value入队，得到的最大值是 ∗ q u e u e . f r o n t ( ) + j v a l u e \mathcal{*queue.front()+jvalue} ∗queue.front()+jvalue
到这道题目里面有 c o s t i = v a l u e i \mathcal{cost_i=value_i} costi=valuei，于是每个背包只有能否被覆盖的状态
于是单调队列维护的就是有没有 1 \mathcal{1} 1。
那么只要知道前面这一段有没有 1 \mathcal{1} 1就可以了。