[多重背包] P4095 Eden 的新背包问题

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题目背景

“ 寄 没 有 地 址 的 信 ，这 样 的 情 绪 有 种 距 离 ，你 放 着 谁 的 歌 曲 ，是 怎 样 的 心 情 。 能 不 能 说 给 我 听 。”
题目描述

失忆的 Eden 总想努力地回忆起过去，然而总是只能清晰地记得那种思念的感觉，却不能回忆起她的音容笑貌。

记忆中，她总是喜欢给 Eden 出谜题：在 valentine’s day 的夜晚，两人在闹市中闲逛时，望着礼品店里精巧玲珑的各式玩偶，她突发奇想，问了 Eden 这样的一个问题：有 n 个玩偶，每个玩偶有对应的价值、价钱，每个玩偶都可以被买有限次，在携带的价钱 m 固定的情况下，如何选择买哪些玩偶以及每个玩偶买多少个，才能使得选择的玩偶总价钱不超过 m，且价值和最大。

众所周知的，这是一个很经典的多重背包问题，Eden 很快解决了，不过她似乎因为自己的问题被飞快解决感到了一丝不高兴，于是她希望把问题加难：多次询问，每次询问都将给出新的总价钱，并且会去掉某个玩偶（即这个玩偶不能被选择），再问此时的多重背包的答案（即前一段所叙述的问题）。

这下 Eden 犯难了，不过 Eden 不希望自己被难住，你能帮帮他么？
输入格式

第一行有一个整数，代表玩偶的个数 n，玩偶从 0 开始编号。

第二行开始后面的 n 行，每行三个整数，第 (i+2)行的整数 ai,bi,ci分别表示买一个第 i 个玩偶需要的价钱，获得的价值以及第 i 个玩偶的限购次数。

接下来的一行有一个整数 q，表示询问次数。

接下来 q行，每行两个整数 di,ei表示每个询问去掉的是哪个玩偶（注意玩偶从 0 开始编号）以及该询问对应的新的总价钱数。（去掉操作不保留，即不同询问互相独立）。
输出格式

输出 q行，第 i 行输出对于第 i 个询问的答案。
输入 #1

5
2 3 4
1 2 1
4 1 2
2 1 1
3 2 3
5
1 10
2 7
3 4
4 8
0 5

输出 #1

13
11
6
12
4

说明/提示
样例解释

一共五种玩偶，分别的价钱价值和限购次数为 (2,3,4)， (1,2,1)， (4,1,2)， (2,1,1)， (3,2,3)。

五个询问，以第一个询问为例。

第一个询问表示的是去掉编号为 1 的玩偶， 且拥有的钱数为 10时可以获得的最大价值，则此时剩余玩偶为 (2,3,4)，(4,1,2)， (2,1,1)，(3,2,3)，若把编号为 0 的玩偶买 4 个（即全买了），然后编号为 3 的玩偶 买一个，则刚好把 10元全部花完，且总价值为 13。可以证明没有更优的方案了。

注意买某种玩偶不一定要买光。

数据规模与约定

对于 10% 的数据，保证 n≤10。
另外存在 20%的数据，保证 n≤100，ci=1，q≤100。
另外存在 20% 的数据，保证 n≤100，q≤100。
另外存在 30% 的数据，保证 ci=1。
对于 100%的数据，保证 1≤n≤1000，1≤q≤3×105， 1≤ai,bi,ci≤100，0≤di<n，0≤ei≤1000。

过程
刚开始直接暴力多重背包然后发现是有情况没有考虑的

看了题解之后发现是漏掉了后半段 那么怎么处理呢 倒着进行多重背包的选取
就是定义两个dp分别存从前往后 和 从后往前拿 最后取最大的 total=max(total,dp1[d-1][i]+dp2[d+1][e-i]);
其中在处理背包物品的时候 用了二进制思想处理 就是将物品分为1，2，4，8…2^n-1次再加上余下的值 具体过程思考下二进制每个位置表示什么在加一加减一减
这题是分治思想和多重背包的组合 受益良多

代码

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<cstdio>
#define ll long long 
using namespace std;ll n,q,dp1[1005][1005],dp2[1005][1005],E=1000;
struct Node{ll a,b,c;
}node[1005];
//分治 
int main(){cin>>n;for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%lld %lld %lld",&node[i].a,&node[i].b,&node[i].c);//dp1for(int i=1;i<=n;i++){for(int j=1;j<=E;j++){dp1[i][j]=dp1[i-1][j]; }ll num=node[i].c,p=1; while(num>=p){for(int j=E;j>=node[i].a*p;j--){dp1[i][j]=max(dp1[i][j],dp1[i][j-node[i].a*p]+node[i].b*p);}num-=p;p<<1; }if(num){for(int j=E;j>=node[i].a*num;j--)dp1[i][j]=max(dp1[i][j],dp1[i][j-node[i].a*num]+node[i].b*num);}}//dp2for(int i=n;i>0;i--){for(int j=1;j<=E;j++){dp2[i][j]=dp2[i+1][j]; }ll num=node[i].c,p=1; while(num>=p){for(int j=E;j>=node[i].a*p;j--){dp2[i][j]=max(dp2[i][j],dp2[i][j-node[i].a*p]+node[i].b*p);}num-=p;p<<1; }if(num){for(int j=E;j>=node[i].a*num;j--)dp2[i][j]=max(dp2[i][j],dp2[i][j-node[i].a*num]+node[i].b*num);}}int p;cin>>p;while(p--){ll d,e,total=0;scanf("%lld %lld",&d,&e);d++;for(int i=0;i<=e;i++)total=max(total,dp1[d-1][i]+dp2[d+1][e-i]);cout<<total<<endl;}	return 0;
}