20220812
作者：互联网
非常抱歉昨天讲题的时候我已经回家开摆了，没有准备好，讲的很乱，在此谢罪
黄金矿工
\(n,k\) 同阶，下文不作区分，把 \(m\) 看作 \(\sqrt{n\log n}\)。删除操作倒过来变成加入
背包有两种经典做法：\(f[i]\) 表示体积 \(i\) 的最大价值，\(g[i]\) 表示价值 \(i\) 的最小体积，且可以线性合并
本题价值是 \(v\)，体积是 \(xv\) 且 \(x\) 互不相同，看上去就很根号分治，尝试往上面两种方法上套
设阈值 \(B\)。对于 \(x\le B\) 的物品做总体积为 \(n\) 的 \(f\) 背包，其余物品每一价值至少需要 \(B\) 体积，做体积为 \(\frac{n}{B}\) 的 \(g\) 背包，取 \(B=\sqrt{n}\) 就可以得到 \(O(n\sqrt{n})\) 做法
再设阈值 \(b\)。进一步优化的方向是考虑 \(x>b\) 的物品只有 \(\frac{n}{b}\) 种不同的 \(v\)，而每种 \(v\) 显然只会选 \(x\) 最小的 \(\frac{n}{bv}\) 个物品，因此 \(x>b\) 的物品只有 \(\displaystyle\sum_{i=1}^{\frac{n}{b}}\frac{n}{bi}=O(\frac{n\log n}{b})\) 个有用，取 \(b=\sqrt{n\log n}\) 可以把物品数减为 \(O(\sqrt{n\log n})\)
最终复杂度为 \(\displaystyle O(Bn+\sqrt{n\log n}\frac{n}{B}+m\frac{n}{B})\)，取 \(B=(n\log n)^{\frac{1}{4}}\) 可以得到时间复杂度 \(O(n^{\frac{5}{4}}\log^{\frac{1}{4}}n)\)
考场代码
const int N = 2e6+5;
int n,m,X,B,BN,a[N],b[N],op[N],q[N],ans[N],f[N],g[N];
bool del[N];
void dp(int x,int y) {
int z = x * y;
if( x <= B ) rFor(i,X,z) ckmax(f[i],f[i-z]+y);
else {
static std::priority_queue<int> pq[15879];
static int sum[N];
if( sum[y]+z > X && z > pq[y].top() ) return;
if( sum[y]+z > X ) pq[y].pop();
sum[y] += z, pq[y].push(z);
rFor(i,BN,y) ckmin(g[i],g[i-y]+z);
}
}
signed main() {
#ifdef FS
freopen("miner5.in","r",stdin); freopen("miner.out","w",stdout);
#else
freopen("miner.in","r",stdin); freopen("miner.out","w",stdout);
#endif
ios::sync_with_stdio(0);
memset(g,0x3f,sizeof g), g[0] = 0;
io>>n>>m>>X, B = ceil(pow(X,1./3)), BN = X/B+1; For(i,1,n) io>>a[i]>>b[i];
cerr<<B<<" "<<BN<<endl;
For(i,1,m) { io>>op[i]>>q[i]; if( op[i] == 1 ) del[q[i]] = 1; }
For(i,1,n) if( !del[i] ) dp(a[i],b[i]);
rFor(i,m,1)
if( op[i] == 1 ) dp(a[q[i]],b[q[i]]);
else For(j,0,BN) if( g[j] <= q[i] ) ckmax(ans[i],j+f[q[i]-g[j]]);
For(i,1,m) if( op[i] == 2 ) cout<<ans[i]<<endl;
return 0;
}
标签：frac,log,int,sum,sqrt,20220812,BN 来源： https://www.cnblogs.com/401rk8/p/16583649.html