正题

题目链接:https://loj.ac/p/6039

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题目大意

有$n$个物品，第$i$个费用为$w_i$，价值为$v_i$，对于$k\in [1,m]$求费用为$m$时能获得的最大价值。

$1\le n\le 10^6,1\le m\le 5\times 10^4,1\le w_i\le 300,1\le v_i\le 10^9$

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解题思路

好早以前写的不过不知道为啥错了，现在来补个新的。

$w_i$很小，考虑以其为突破口，显然地我们可以把$w_i$相同的按照$v_i$从大到小排序，那么对于每个$w_i$，我们就可以选择若干个。

设$f_{i,j}$表示做到$w=i$时费用为$j$的最大价值和，那么有
$$f_{i,j}=f_{i-1,j-ki}+s_{i,z}$$
（$s_{i,z}$表示$w=i$的物品中前$z$大的价值和）

这个式子很难用常规的优化，但是可以用四边形不等式。至于证明，我们有$w_{i,j}=s_{j-i}$
要证明
$$w_{i,j}+w_{i+1,j+1}\ge w_{i,j+1}+w_{i+1,j}$$
$$s_{j-i}+s_{j-i}\ge s_{j-i+1}+s_{j-i-1}$$
然后因为$s_{i+1}-s_i$是递减的，所以成立。

那么我们现在对于每个枚举的$w=i$，把所有的$ik+j(j\in [0,i))$都分成一组。

然后对于每一组我们都用四边形不等式优化，不过我忘了优化的方法了，还是记一下吧：

对于所有的可能的决策我们用一个单调队列记录，顺带记录$z_i$表示队列里第$i$个决策和第$i+1$个决策的交叉点（在$z_i$之前$q_i$更优，$z_i$以之后$q_{i+1}$更优）。

然后每次弹出队列前面的来找答案，加入的时候我们就二分出队尾和新加入的决策交换点，然后一直弹尾部直到不交叉。

时间复杂度：$O(mw\log m)$

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code

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<vector>
#define ll long long
using namespace std;
const ll N=5e4+10;
ll n,m,g,f[2][N],q[N],z[N];
vector<ll> w[310];
bool cmp(ll x,ll y)
{return x>y;}
ll calc(ll i,ll j,ll p,ll k)
{return f[!g][i*p+k]+w[p][j-i-1];}
ll bound(ll i,ll j,ll p,ll k){ll l=i+1,r=(m-k)/p;while(l<=r){ll mid=(l+r)>>1;if(calc(i,mid,p,k)<calc(j,mid,p,k))l=mid+1;else r=mid-1;}return l;
}
signed main()
{freopen("jewelry.in","r",stdin);freopen("jewelry.out","w",stdout); scanf("%lld%lld",&n,&m);for(ll i=1,c,v;i<=n;i++){scanf("%lld%lld",&c,&v);w[c].push_back(v);}g=0;for(ll p=1;p<=300;p++){if(w[p].empty())continue;g^=1;memcpy(f[g],f[!g],sizeof(f[g]));
//		memset(f[g],0,sizeof(f[g]));sort(w[p].begin(),w[p].end(),cmp);while(w[p].size()<=m/p)w[p].push_back(0);for(ll i=1;i<w[p].size();i++)w[p][i]+=w[p][i-1];for(ll k=0;k<p;k++){ll head=1,tail=0;for(ll i=0;i*p+k<=m;i++){while(head<tail&&z[head]<=i)head++;if(head<=tail)f[g][i*p+k]=max(f[g][i*p+k],calc(q[head],i,p,k));while(head<tail&&z[tail-1]>=bound(i,q[tail],p,k))tail--;z[tail]=bound(i,q[tail],p,k);q[++tail]=i;}}}for(ll i=1;i<=m;i++)printf("%lld ",f[g][i]);return 0;
}