多重背包，$q$ 次询问，每次问删一个物品之后花费 $x$ 能装多少物品
$n \leq 3000, x \leq 1000, q \leq 300000$
sol：
网上有很多假做法
正解应该是考虑分治
先二进制拆物品，然后记 $solve(l,r)$ 表示不考虑 $[l,r]$ 的操作的 dp
每次递归的时候先把 $[mid+1,r]$ 的 dp 数组搞出来，然后递归 $[l,mid]$，然后删除 $[mid+1,r]$
同样的，把 $[l,mid]$ 的 dp 数组搞出来，递归 $[mid+1,r]$ ，然后删除 $[l,mid]$
这样每层实际上只跑了一次 dp，分治有 log 层，所以复杂度是 $O(n^2log^2n)$ （拆物品带一个 log，重量与 $n$ 同级）
单调队列可以少一个 log
#include<bits/stdc++.h> #define LL long long #define rep(i,s,t) for(register int i = (s),i##end = (t); i <= i##end; ++i) #define dwn(i,s,t) for(register int i = (s),i##end = (t); i >= i##end; --i) using namespace std; inline int read() { int x=0,f=1;char ch; for(ch=getchar();!isdigit(ch);ch=getchar())if(ch=='-')f=-f; for(;isdigit(ch);ch=getchar())x=10*x+ch-'0'; return x*f; } const int maxn = 50010; vector<pair<int, int> > qs[maxn]; int n, dfn, curdep; int a[maxn], b[maxn], lb[maxn], rb[maxn]; int ans[10 * maxn], dp[1010], fzd; void cdq(int l, int r) { if(l == r) { rep(i, 0, qs[l].size() - 1) ans[qs[l][i].second] = dp[qs[l][i].first]; return; } int mid = (l + r) >> 1; int tmp[1010]; memcpy(tmp, dp, sizeof(tmp)); //fzd++; rep(i, lb[mid+1], rb[r]) dwn(j, 1000, a[i]) dp[j] = max(dp[j], dp[j - a[i]] + b[i]); cdq(l, mid); memcpy(dp, tmp, sizeof(dp)); //fzd++; rep(i, lb[l], rb[mid]) dwn(j, 1000, a[i]) dp[j] = max(dp[j], dp[j - a[i]] + b[i]); cdq(mid+1, r); memcpy(dp, tmp, sizeof(dp)); //fzd++; } int main() { n = read(); rep(i, 1, n) { int u = read(), v = read(), w = read(), j; lb[i] = dfn + 1; for(j=1;(j<<1)<=(w+1);j<<=1) dfn++, a[dfn] = u * j, b[dfn] = v * j; if(w+1-j>0) dfn++, a[dfn] = (w+1-j) * u, b[dfn] = (w+1-j) * v; rb[i] = dfn; } int q = read(); rep(i, 1, q) { int x = read() + 1, y = read(); qs[x].push_back(make_pair(y, i)); } cdq(1, n); rep(i, 1, q) printf("%d\n", ans[i]); //if(fzd >= 3 * n) cout << "False" << endl; }