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NOIP模拟day1-T1(完全背包)

2019年10月11日  | 移动技术网IT编程  | 我要评论

900号书屋,中国移动 山东,二人きりの温泉旅行

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 <bits/stdc++.h>
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;
}

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