バイナリ最適化されたパケットのバックパック：
http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=2844
分析：そのテンプレートは何も本当にありません
wzxbelieverによってコード：
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cctype>
#define ll long long
#define il inline
#define ri register int
#define lowbit(x) x&(-x)
using namespace std;
const int maxn=105;
const int maxx=100005;
int n,m,cnt,ans;
int dp[maxx],v[maxn*40],val[maxn],num[maxn];
int main(){
scanf("%d%d",&n,&m);
while(n||m){
cnt=ans=0;
memset(dp,0,sizeof dp);
for(ri i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&val[i]);
for(ri i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&num[i]);
for(ri i=1;i<=n;i++)
for(ri j=1;j<=num[i];j<<=1){
if(j<=num[i])num[i]-=j,v[++cnt]=j*val[i];
if(num[i])v[++cnt]=num[i]*val[i];
}
dp[0]=1;
for(ri i=1;i<=cnt;i++)
for(ri j=m;j>=v[i];j--)
dp[j]|=dp[j-v[i]];
for(ri i=1;i<=m;i++)
if(dp[i])ans++;
printf("%d\n",ans);
scanf("%d%d",&n,&m);
}
return 0;
}
https://www.luogu.org/problem/P2851
分析：
ジョンはそのジョン・マルチバックパックを行い、コインの数の様々な限定されて使用することができます。
ボスはフルバックパックを行うように、様々な硬貨の使用頻度の所有者は、無制限です。
分、その後、最小の答え
キーは、ということですああ上限はありません
引き出し** +合同知識の原理によれば、この上限は、利用可能な最大{ヴァル[I] *ヴァル[I]} **（BUホイ鄭明WO）であります
コード：
#include <cstdio>
#include <cstring>
const int maxT=10000+10;
const int maxn=100+5;
const int maxv=120;
int f[maxT+maxv*maxv],g[maxT+maxv*maxv];
int v[maxn],c[maxn];
inline int max(int x,int y) {return x>y?x:y;}
inline int min(int x,int y) {return x<y?x:y;}
int main()
{
int n,t;
scanf("%d%d",&n,&t);
for (int i=1;i<=n;i++)
scanf("%d",&v[i]);
int sum=0,mx=0;
for (int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d",&c[i]);
sum+=c[i]*v[i];
mx=max(mx, v[i]*v[i]);
}
if (sum<t)
{
printf("-1\n");
return 0;
}
memset(g, 0x3f, sizeof(g));
memset(f, 0x3f, sizeof(f));
g[0]=0;
f[0]=0;
for (int i=1;i<=n;i++)
for (int j=v[i];j<=mx;j++)
g[j]=min(g[j], g[j-v[i]]+1);
for (int i=1;i<=n;i++)
{
for (int j=1;j<=c[i];j<<=1)
{
for (int k=t+mx;k>=j*v[i];k--)//倒过来更新（实际上是拆分成01背包的形式）
f[k]=min(f[k], f[k-j*v[i]]+j);
c[i]-=j;
}
if (c[i])//还有剩余的没更新
for (int k=t+mx;k>=c[i]*v[i];k--)
f[k]=min(f[k], f[k-c[i]*v[i]]+c[i]);
}
int ans=0x3f3f3f3f;
for (int i=t;i<=t+mx;i++)
ans=min(ans, f[i]+g[i-t]);
printf("%d\n",ans==0x3f3f3f3f?-1:ans);
return 0;
}https://www.luogu.org/problem/P1417
あなたは[i]はbでない場合は、このプロパティは明らかに01ナップザック問題です。
今、隣接する二つの項目のx、yと考えます。Pは現在、時間がかかり、その最初のリストに、Xを行い、yはコストであることが想定されています。
[X] - （P + C [X]）B [X] + [Y] - （P + C [X] + C [Y]） B [Y]（①）
[Y] - （P + C [Y]）B [Y] + [X] - （P + C [Y] + C [X]） B [X]（②）
①>②条件を得るためにこれら二つの式の簡略化は、C [X]であるB [Y] <C [Y] B [X]。
これは、この条件は記事（x、y）のために満たされている限り、常により良い前のy配慮をxはことがわかりました。
01はシンプルなバックパックされた後には、この条件に基づいてソートすることができます。
コード：
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#define LL long long
#define maxn 100001
using namespace std;
struct node {
int a, b, c;
}a[maxn];
LL f[maxn], ans;
int T, n, i, j;
bool cmp(node a, node b) {
return (LL)a.c * (LL)b.b < (LL)b.c * (LL)a.b;
}
int main() {
scanf("%d%d", &T, &n);
for (i = 0; i < n; i++)
scanf("%d", &a[i].a);
for (i = 0; i < n; i++)
scanf("%d", &a[i].b);
for (i = 0; i < n; i++)
scanf("%d", &a[i].c);
sort(a, a + n, cmp);
memset(f, 255, sizeof f);
f[0] = 0;
for (i = 0; i < n; i++) {
for (j = T; j >= 0; --j)
if (f[j] != -1 && j + a[i].c <= T)
f[j + a[i].c] = max(f[j + a[i].c], f[j] + (LL)a[i].a - (LL)(j + a[i].c) * (LL)a[i].b);
}
for (i = 0; i <= T; i++)
ans = max(ans, f[i]);
cout << ans << endl;
}