problem

luogu翻译

solution

部分分做法，预处理每组前缀和，暴力背包 $dp$ 转移：$d{p}_{i,j}=\max \{d{p}_{i-1,j-k}+su{m}_i(k)|0\le k\le l[i]\}$

正解也是背包，只不过需要发现一个性质。

必然存在一种最优方案满足只有最多一组的产品是只抽了一部分的 。

证明：

若不同的两组 $i,j$ 都只取了一部分，假设 $i$ 组取了 $x$ 个，$j$ 组取了 $y$ 个。

由题目性质可得：$a_i[x]\le a_i[x+1]\wedge a_j[y]\le a_j[y+1]$。

而 $a_i[x],a_j[y]$ 之间一定有一个大小关系，所以必然有 $a_i[x]\le a_j[y+1]\vee a_j[y]\le a_i[x+1]$。

这里不妨假设 $a_i[x]\le a_j[y+1]$ 成立，则有 $....\le a_i[x-1]\le a_i[x]\le a_j[y+1]\le a_j[y+2]\le ...$，那么将 $j$ 组选满显然更优，或者说至少不劣于。

所以可以不断构造出一种不劣于原方案且少取一组的方案。

每次对两个只取一部分的组进行上述调整过程即可得到上述结论。

只有一组是特殊的，容易想到枚举这个特殊的组。其余组都是整组整组的转移。

分治优化背包 $dp$ 即可。

在每个叶子点表示这组是特殊的，分治下来的途中背包 $dp$ 出 $d{p}_{d,j}:$ 前 $d$ 层选了 $j$ 个的最大值。

code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define maxn 3005
int f[20][maxn];
int sum[maxn], len[maxn];
int g[maxn][maxn];
int n, k, ans;void dfs( int d, int l, int r ) {if( l == r ) {ans = max( ans, f[d][k] );int w = 0;for( int i = 1;i <= min( len[l], k );i ++ ) {w += g[l][i];ans = max( ans, f[d][k - i] + w );}return;}int mid = ( l + r ) >> 1;for( int i = 0;i <= k;i ++ )f[d + 1][i] = f[d][i];for( int i = l;i <= mid;i ++ )for( int j = k;j >= len[i];j -- )f[d + 1][j] = max( f[d + 1][j], f[d + 1][j - len[i]] + sum[i] );dfs( d + 1, mid + 1, r );for( int i = 0;i <= k;i ++ )f[d + 1][i] = f[d][i];for( int i = mid + 1;i <= r;i ++ )for( int j = k;j >= len[i];j -- )f[d + 1][j] = max( f[d + 1][j], f[d + 1][j - len[i]] + sum[i] );dfs( d + 1, l, mid );
}signed main() {scanf( "%lld %lld", &n, &k );for( int i = 1;i <= n;i ++ ) {scanf( "%lld", &len[i] );for( int j = 1, x;j <= len[i];j ++ ) {scanf( "%lld", &x );if( j <= k ) g[i][j] = x, sum[i] += x;}}dfs( 1, 1, n ); printf( "%lld\n", ans );return 0;
}