洛谷 P11470 昆明之泪（dp、背包）

P11470 昆明之泪

题目描述

给定一串长度为 $n$ 的数对序列 $(x_i,y_i)$，其中 $x_i,y_i$ 都是整数。

有 $m$ 次询问，每次给定一个两个整数 $a,b$，你需要先选定一个整数 $k$（注意 $k$ 可以为 $0$），然后再选定一个正整数序列 $1\le p_1<p_2<\cdots <p_k\le n$（若 $k=0$ 则该序列为空），使得
$$\min \left(a+\sum _{i=1}^k{x}_{p_i},b+\sum _{i=1}^k{y}_{p_i}\right)$$

最大，输出这个最大值。

输入格式

第一行一个整数 $n$。

接下来 $n$ 行，每行两个整数代表 $x_i,y_i$。

接下来一行一个整数 $m$。

接下来 $m$ 行，每行两个整数代表每次询问的 $a,b$。

输出格式

输出 $m$ 行。

一行一个数字，代表符合题意的最大值。

样例 #1

样例输入 #1

2
2 -3
3 -2
1
1 6

样例输出 #1

4

提示

$1\le n\le 10^3$，$0\le \sum |x_i|\le 10^5$，$0\le |y_i|\le 10^{12}$，$1\le m\le 2\times 10^5$，$0\le |a|,|b|\le 10^{12}$。

思路：

由数据范围发现 $\sum x_i$ 很小，可以考虑背包dp求得 $f[i]$ 为$\sum x=i$ 时，$\sum y$ 的最大值，然后给 $f$ 数组做一个后缀 max，就能得到 “ 凑出 $\sum x\ge i$ 的最大的 $\sum y$ ”；
对于$x<0$时的处理：先将数对加入到贡献中，再取$x、y$为相反数，即可转化为$x>0$的情况；
最后可以发现$y=\min (a+x,b+f[x])$是一个单峰函数，询问时二分处理即可；

代码：

#include 
#define endl '\n'
#define int long long
typedef long long ll;
#define FU(i, a, b) for (int i = (a); i <= (b); ++i)
#define FD(i, a, b) for (int i = (a); i >= (b); --i)
using namespace std;

int x[1005], y[1005];
int f[100005];
int nx[1005], ny[1005];
const int N = 1e5;
signed main()
{
    for (int i = 0; i < 100005; i++)
    {
        f[i] = -1e18;
    }
    cin.tie(0)->ios::sync_with_stdio(0);
    int n, m;
    cin >> n;
    int ga = 0, gb = 0;
    int cnt = 0;

    for (int i = 0; i < n; i++)
    {
        cin >> x[i] >> y[i];
        if (x[i] >= 0 && y[i] >= 0) // x、y都大于0时总可以计入贡献
        {
            ga += x[i], gb += y[i];
            continue;
        }
        else if (x[i] < 0 && y[i] < 0) // x、y都小于0时一定不计入贡献
        {
            continue;
        }
        else if (x[i] < 0)
        { // 解决 x < 0 的情况
            ga += x[i], gb += y[i];
            nx[++cnt] = -x[i];
            ny[cnt] = -y[i];
            continue;
        }
        nx[++cnt] = x[i];
        ny[cnt] = y[i];
    }
    f[0] = 0;
    for (int i = 1; i <= cnt; i++)
    {
        for (int j = N; j >= nx[i]; j--)
        {
            f[j] = max(f[j], f[j - nx[i]] + ny[i]);
        }
    }

    for (int j = N ; j >= 0; j--)
    {
        f[j] = max(f[j + 1], f[j]);
    }

    cin >> m;
    while (m--)
    {
        int a, b;
        cin >> a >> b;
        a += ga;
        b += gb;
        if (a >= b)
            cout << b << "\n";
        else
        {
            int l = 0, r = N, ans = min(a, b);
            while (l <= r)
            {
                int mid = (l + r) / 2;
                int nowx = a + mid, nowy = b + f[mid];
                if (nowx <= nowy)
                {
                    ans = max(ans, min(nowx, nowy));
                    l = mid + 1;
                }
                else
                {
                    r = mid - 1;
                }
            }
            cout << ans << "\n";
        }
    }

    return 0;
}