今天在这里说一下多重背包问题 对
之前一直没有怎么彻底理解
首先多重背包是什么？这里就不做过多的赘述了
朴素的多重背包的复杂度是\(O(n*m*\sum s[i])\)，其中\(s[i]\)是每一件物品的数量
for (int i=1;i<=n;i++) for (int k=1;k<=s[i];k++) for (int j=m;j>=k*c[i];j--) dp[j]=max(dp[j],dp[j-k*c[i]]+k*w[i]);
但大多数题目，这种复杂度是不能允许的
那么我们考虑优化
首先我们考虑，怎么样快速表示\(1~n\)中所有的数呢？
二进制！
打个比方\(n=6\)，那么我们就只需要1 2 3就能构成所有的数
1=1
2=2 3=3 4=1+3 5=2+3 6=1+2+3对于一个数n，我们只需要从小开始不停用n减去2的幂次方，若n大于0，则当前的二的幂次方合法，最后我们将合法的二的幂次方和最后的余数分别看成一个新的物品去做背包，就能表示出所有的\(1~n\)的数（可以理解为，小于n的数的二进制，一定不会比n大，那么构成n的这些二进制位，一定是够用的）
那么我们只需要对\(s[i]\)进行二进制拆分，然后把他们看成一个物品
直接上代码
#include#include #include #include #include #include using namespace std;inline int read(){ int x=0,f=1;char ch=getchar(); while (!isdigit(ch)) {if (ch=='-') f=-1;ch=getchar();} while (isdigit(ch)) {x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0';ch=getchar();} return x*f;}const int maxn = 2e5+1e2;int f[maxn];int n,m;int c[maxn],w[maxn];int tmp ;int main(){ n=read(),m=read(); for (int i=1;i<=n;i++) { int y=read(),z=read(),x=read(); int inv = 1; while (x) { inv=min(inv,x); w[++tmp]=inv*y; c[tmp]=inv*z; x-=inv; inv<<=1; } } //for (int i=1;i<=tmp;i++) co memset(f,0xdf,sizeof(f)); f[0]=0; for (int i=1;i<=tmp;i++) { for (int j=m;j>=c[i];j--) { f[j]=max(f[j],f[j-c[i]]+w[i]); } } int ans=-1e9; for (int i=1;i<=m;i++) ans=max(ans,f[i]); cout<
QwQ 二进制优化的复杂度是\(O(nlogn\times m)\)
然而，我们可以用单调队列做到\(O(nm)\)的（虽然据说常数很大）
这里比较懒，直接放一个dalao的博客了
我就写几点自己的理解吧：
首先，我们是枚举体积的余数和倍数，然后转移
维护单调队列的时候，一定要注意维护队首元素过期 虽然我也不知到这种算法的正确性，不过它运用的思路就是把同样的余数\(m'\)，放到一起考虑对直接上代码
#include#include #include #include #include using namespace std;inline int read(){ int x=0,f=1;char ch=getchar(); while (!isdigit(ch)){if (ch=='-') f=-1;ch=getchar();} while (isdigit(ch)){x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0';ch=getchar();} return x*f;}const int maxn = 2e5+1e2;int q[maxn],t[maxn];int head=1,tail=0;void push(int x,int pos,int p){ while (head<=tail && x>=q[tail]) q[tail]=0,t[tail--]=0; q[++tail]=x; t[tail]=pos; while (head