第八届“英拿科技杯”上海高校金马程序设计联赛暨东华大学邀请赛

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I. 孤星

单点时限: 2.0 sec

内存限制: 512 MB

𝑛(1≤103) 个干员，每个干员工资为 𝑤𝑖(1≤𝑤𝑖≤105)，贡献值为 𝑣𝑖(1≤𝑣𝑖≤102)。

给出 𝑚(1≤𝑚≤105)次询问，每次询问：当你能承受的总工资为 𝑊(0≤𝑊≤109) 时，能收获最大的贡献值是多少。

输入格式

第一行，两个整数 𝑛,𝑚。

接下来 𝑛 行，每行两个整数 𝑤𝑖,𝑣𝑖，表示每个干员的工资和贡献值。

接下来𝑚行，每行一个数 𝑊，表示单次询问中的可以承受的总工资。

输出格式

输出共𝑚行，每行一个数表示你的答案。

样例

input

4 3
1 2
2 1
1 1
2 3
5
1
0

output

6
2
0

 思路：这个题目真的让我对dp的理解加深了，其实这个就是一个大容量背包的问题，由于容量大，然后价值小，所以就可以考虑把下标和值调换一下，变成求一个价值最大为j的时候的最小的背包的总量dp[j]的问题，这样的话我们进行一次打表，之后的询问就可以O（logn）直接查询。这里要注意的就是我们这里求最小的问题的dp数组并不是一个递增的数组，原因就是因为不是每一个值都能往前倒到0，只有dp【0】为0的时候我们才能进行最小更新，所以我们进行需要进行一个后缀最小值处理，这样的话我们就可以在查询的时候减少时间复杂度。

#include "bits/stdc++.h"
using namespace std;
const int N = 1e9 + 3;
long long  w[2000], v[2000], dp[100010];
#define Inf 1000000005
//map<long long, long long> dp;
int main(){int n, m;cin>>n>>m;for(int i = 1; i <= n; i ++){cin>>w[i]>>v[i];}fill(dp, dp + 100010, Inf);
//		memset(dp, 0, sizeof(dp));dp[0] = 0;for(int i = 1; i <= n; i ++){for(int j = 100010; j >= 0; j --){dp[j] = dp[j];if(j - v[i] >= 0){dp[j] = min(dp[j], dp[j - v[i]] + w[i]);}}}long  long W;
//	sort(dp, dp + 100010);for (int i = 100000; i >= 0; i--) dp[i] = min(dp[i], dp[i + 1]);for(int k = 0; k < m; k ++){cin>>W;	long long  *ans = upper_bound(dp, dp + 100009, W);if(ans - dp == 0) cout<<0<<endl;else cout<<ans - dp - 1<<endl; }return 0;
}