2023牛客暑期多校第五场 H.Nazrin the Greeeeeedy Mouse

题目大意

一个小老鼠有 $m$ 次偷东西机会，每次背包大小为 $s{z}_i$ ，有 $n$ 件物品，大小 $a_i$ ，价值 $b_i$ ，每次只能顺序拿去（或不拿），求最大的价值和。
保证$s{z}_i>s{z}_{i-1}$
$1\le n,a_i,s{z}_i\le 200$
$1\le m,b_i\le 10^5$

题解

一道明显的DP题，如果只看一次机会就是裸的01背包。
考虑枚举机会转移的时机，将容量，当前位置写进转移式子，
这是一个裸暴力（悲）。
转移的复杂度大致可以估算为 $O（N^3\ast m）$。
时间明显超标。

去除容量

我们转念一想，容量对于最大值的计算实际上帮助不大，
由于数据在 $200$ ，
我们可以提前打出某容量在一段区间里的最大价值。
容易想到 $f_{l,r,sz}=max(f_{l,r-1,sz-a_r}+b_r,f_{l,r-1,sz})$ 。
容量的计算就可以舍去了。

我们重新定义DP式子，将机会和当前位置写入转移式。
容易得到
$d{p}_{x,i}=max(d{p}_{x-1,y}+f_{y+1,i,s{z}_i})(0\le y\le i)$
复杂度为 $O(N^2\ast m)$

特殊条件

我们发现$sz$的值是递增的，单独考虑，一个大的背包造成的贡献一定优于或等于一个小的背包。
所以我们只需要选取最后 $n$ 组背包求解即可。
复杂度优化为 $O(N^3)$

参考代码

#include
using namespace std;
const int N=205;
int dp[N][N];
int f[N][N][N];
int a[N],b[N];
int sz[N];
int n,m,tot,ans;
int main()
{
    cin>>n>>m;
    for(int i=1;i<=n;i++)
        scanf("%d%d",&a[i],&b[i]);
    for(int i=1;i<=m;i++)
    {
        int a;
        scanf("%d",&a);
        if(i+n>=m)
            sz[++tot]=a;               //递增的特殊性
    }
    for(int l=1;l<=n;l++)
        for(int r=l;r<=n;r++)
        {
        	for(int siz=a[r];siz<=200;siz++)               //预处理容量
                f[l][r][siz]=max(f[l][r-1][siz-a[r]]+b[r],f[l][r-1][siz]);
			for(int k=0;k<=200;k++)
				f[l][r][k]=max(f[l][r][k],f[l][r-1][k]);
		}
            
	for(int i=1;i<=tot;i++)
        for(int j=1;j<=n;j++)
            for(int y=0;y<=j;y++)
            {
            	dp[i][j]=max(dp[i-1][y]+f[y+1][j][sz[i]],dp[i][j]);
            	ans=max(dp[i][j],ans);
			}
	printf("%d",ans);
}

总结

注意看题目给出的特殊的数据。