【BZOJ1190】梦幻岛宝珠（HNOI2007）-背包DP+思维

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测试地址：梦幻岛宝珠
做法： 本题需要用到背包DP+思维。
这道题看上去是一个裸01背包，然而容量特别大，因此我们只能从其中唯一一个特殊条件入手： $a\cdot 2^b$形式的重量。
我们考虑把这些物品分阶段来进行决策。我们首先对每个 $b$，求出重量表示为 $a\cdot 2^b$的那些物品中，取重量为 $k\cdot 2^b$的物品能得到的最大总价值 $totval(b,k)$，这就是一个一般的01背包了，因为 $a\le 10,n\le 100$，所以时间复杂度最多是 $10^6$的级别。接下来，我们从低位向高位DP，令 $f(i,j)$为取用 $b\le i$的物品，容量为 $j\cdot 2^i$加上 $W$在第 $i$位以下的所有容量时所能得到的最大总价值。上面 $W$在第 $i$位以下的容量，就指的是它在第 $i$位以下的上界（用位运算解释就是 $W\&((1<<i)-1)$）。在转移的时候，我们首先枚举当前的 $j$，然后看前一位有哪些可以转移到当前状态的状态。显然，由于要满足第 $i$位之前是上界的条件，第 $i-1$位应该和 $W$的第 $i-1$位相同，这才能转移。于是我们就写出来了一个状态转移的式子，就解决了这道题，时间复杂度虽然看上去有点大，但均摊下来还是跑得很快的。
以下是本人代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,W,totw[35],f[35][2100],len;
vector<int> w[35],val[35];

int main()
{
	while(scanf("%d%d",&n,&W)&&n>=0&&W>=0)
	{
		len=0;
		for(int i=0;i<35;i++)
			w[i].clear(),val[i].clear();
		memset(totw,0,sizeof(totw));
		memset(f,0,sizeof(f));
		
		for(int i=1;i<=n;i++)
		{
			int x,y;
			scanf("%d%d",&x,&y);
			int j=0;
			while(!(x&1)) {j++;x>>=1;}
			w[j].push_back(x);
			totw[j]+=x;
			val[j].push_back(y);
			len=max(len,j);
		}
		while(W>>len) len++;
		len--;
		
		for(int i=0;i<=len;i++)
			for(int j=0;j<(int)w[i].size();j++)
				for(int k=totw[i];k>=w[i][j];k--)
					f[i][k]=max(f[i][k],f[i][k-w[i][j]]+val[i][j]);
		
		for(int i=1;i<=len;i++)
		{
			totw[i]+=((totw[i-1]+1)>>1);
			for(int j=totw[i];j>=0;j--)
				for(int k=0;k<=j;k++)
					f[i][j]=max(f[i][j],f[i][j-k]+f[i-1][min(totw[i-1],(k<<1)|((W>>(i-1))&1))]);
		}
		printf("%d\n",f[len][1]);
	}
	
	return 0;
}