#6039. 「雅礼集训 2017 Day5」珠宝

题目描述
Miranda 准备去市里最有名的珠宝展览会，展览会有可以购买珠宝，但可惜的是只能现金支付，Miranda 十分纠结究竟要带多少的现金，假如现金带多了，就会比较危险，假如带少了，看到想买的右买不到。展览中总共有 N 种珠宝，每种珠宝都只有一个，对于第 i 种珠宝，它的售价为 Ci 万元，对 Miranda 的吸引力为 Vi 。Miranda 总共可以从银行中取出 K万元，现在她想知道，假如她最终带了 i 万元去展览会，她能买到的珠宝对她的吸引力最大可以是多少？
输入格式
第一行两个整数 N、K。
接下来 N行，每行两个整数 Ci、Vi
输出格式
输出一行 K个整数，对于第 i个数，表示假如 Miranda 带了 i 万元现金，她能买到的珠宝对她的吸引力最大可以是多少

对于 $20 %$ 的数据， $\leq 10000$ ；
对于另外 $20 %$ 的数据， $C_i = V_i$ ；
对于 $100 %$ 的数据， $\leq N \leq 1000000, 1 \leq K \leq 50000, 1 \leq C_i \leq 300, 0 \leq V_i \leq 10 ^ 9$ 。

终于把这道初三时的历史遗留问题解决了。。。。。
容易想到c一样的一起转移，发现c一样，v大的应该先选，所以选的一定是最大的那几个，又发现最大的x个的价值在x变大的时候是增长率递减的。。这就是这个dp具有（局部）决策单调性的一个明显标志。。
所以针对每一种c一起用决策单调性的分治dp方法（单调队列也行）转移就可以把这种奇葩的依赖背包问题用klogk的时间复杂度解决，总复杂度O(cklogk)
AC Code:

#include<bits/stdc++.h>
#define maxk 50005
#define LL long long
using namespace std;
 
char cb[1<<15],*cs=cb,*ct=cb;
#define getc() (cs==ct&&(ct=(cs=cb)+fread(cb,1,1<<15,stdin),cs==ct)?0:*cs++)
inline void read(int &res){ char ch;for(;!isdigit(ch=getc()););for(res=ch-'0';isdigit(ch=getc());res=res*10+ch-'0'); }
int n,k,siz[305];
vector<LL>sum[305];
LL dp[2][maxk],g[2][maxk];
int now=1,pre=0;
 
void solve(int l,int r,int ql,int qr,vector<LL>&sum,int &siz)
{
    if(ql > qr || l > r) return;
    int Minloc = -1 , mid=(ql+qr)/2;LL val=0;
    for(int i=max(l,mid-siz);i<=r && i<mid;i++)
        if(Minloc==-1||g[0][i]+sum[mid-i-1] > val)
            val = g[0][i]+sum[mid-i-1] , Minloc = i;
    g[1][mid] = val;
    if(Minloc == -1) Minloc = l;
    solve(l,Minloc,ql,mid-1,sum,siz),solve(Minloc,r,mid+1,qr,sum,siz);
}
 
inline bool cmp(const int &u,const int &v){ return u > v; }
 
int main()
{
    read(n),read(k);
    for(int i=1,c,v;i<=n;i++) read(c),read(v),sum[c].push_back(v),siz[c]++;
    for(int i=1;i<=300;i++) 
        if(siz[i]){
            sort(sum[i].begin(),sum[i].end(),cmp);
            for(int j=1;j<siz[i];j++) sum[i][j] += sum[i][j-1];
            for(int j=0;j<i;j++) 
            {
                int p=j,bk=0;
                for(;p<=k;p+=i,bk++)
                    g[0][bk] = dp[pre][p];
                solve(0,bk-1,0,bk-1,sum[i],siz[i]);
                for(p=j,bk=0;p<=k;p+=i,bk++)
                    dp[now][p] = max(g[0][bk] , g[1][bk]);
            }
            swap(now,pre);
        }
    for(int i=1;i<k;i++)
        printf("%lld ",dp[pre][i]);
    printf("%lld\n",dp[pre][k]);
}

#6039. 「雅礼集训 2017 Day5」珠宝

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