CF1442D Sum （动态规划，线段树分治）
（
宋
体
字
看
起
来
真
舒
服
）
_{_{（宋体字看起来真舒服）}}
（宋体字看起来真舒服）
题
面
(
洛
谷
翻
译
)
题面_{_{(洛谷翻译)}}
题面(洛谷翻译)
给定
n
n
n个不降的数组。
有一个值
a
n
s
ans
ans，初始为
0
0
0
你需要进行如下操作
k
k
k次：
1.选择一个数组
2.把
a
n
s
ans
ans加上数组的第一个元素。
3.把数组的第一个元素删除。
请求出
a
n
s
ans
ans最大是多少。
所有数组的元素总个数
≤
1
0
6
,
n
,
k
≤
3000
\leq 10^6,n,k\leq 3000
≤106,n,k≤3000
输
入
(
笔
者
亲
自
翻
译
)
输入_{_{(笔者亲自翻译)}}
输入(笔者亲自翻译)
第一行包含两个整数
n
n
n and
k
k
k (
1
≤
n
,
k
≤
3
000
1 \le n, k \le 3\,000
1≤n,k≤3000 ): 分别是数组和操作的数量。
接下来的
n
n
n 行每一行包含一个数组。 每一行的第一个整数是
t
i
t_i
ti (
1
≤
t
i
≤
1
0
6
1 \le t_i \le 10^6
1≤ti≤106 ): 第
i
i
i 个数组的大小。 后面
t
i
t_i
ti 个整数
a
i
,
j
a_{i, j}
ai,j (
0
≤
a
i
,
1
≤
…
≤
a
i
,
t
i
≤
1
0
8
0 \le a_{i, 1} \le \ldots \le a_{i, t_i} \le 10^8
0≤ai,1≤…≤ai,ti≤108 ) 给出了第
i
i
i 个数组。
保证
k
≤
∑
i
=
1
n
t
i
≤
1
0
6
k \le \sum\limits_{i=1}^n t_i \le 10^6
k≤i=1∑nti≤106。
样
例
样例
样例
i
n
p
u
t
input
input
3 3
2 5 10
3 1 2 3
2 1 20
o
u
t
p
u
t
output
output
26
题
解
题解
题解
转换一下模型，相当于一个背包问题，这个不用我多说了吧。
我们会发现一个结论：最后的最优操作一定是把一些数组全选完，最多一个数组只选部分。
S
t
e
p
1
证
明
结
论
Step\;1\;证明结论
Step1证明结论
我们要证这个结论，实际上要证最优操作不存在两个只选了部分的数组：
为了方便证明，我们定义两个数组总和相等的时候，两数组选的数量相差更大的更优
其实很简单，如果存在这么两个数组选了部分：
那么以下两种情况肯定更优：
- a
i
,
x
≥
a
j
,
y
⇒
a
i
,
x
+
1
≥
a
j
,
y
:
a_{i,x} ≥ a_{j,y} \Rightarrow a_{i,x+1} ≥ a_{j,y}:
ai,x≥aj,y⇒ai,x+1≥aj,y:
- a
i
,
x
≤
a
j
,
y
⇒
a
j
,
y
+
1
≥
a
i
,
x
:
a_{i,x} ≤ a_{j,y} \Rightarrow a_{j,y+1} ≥ a_{i,x}:
ai,x≤aj,y⇒aj,y+1≥ai,x:
而这两种情况已经包含全集了（
a
i
,
x
≥
a
j
,
y
a_{i,x} ≥ a_{j,y}
ai,x≥aj,y 和
a
i
,
x
≤
a
j
,
y
a_{i,x} ≤ a_{j,y}
ai,x≤aj,y），所以充分证明了 两个数组都没选完，在中间稳定 的情况是不存在的，因此最多就只有其中一个选完了，另一个没选完的情况。
S
t
e
p
2
利
用
结
论
Step\;2\;利用结论
Step2利用结论
这个结论怎么利用呢？
相当于我们如果确定某一个数组是只选部分的那一个，那么其他的数组就降维了、变成一个数了、一个物品了！
于是我们可以先把其他数组假设成只有一个数，然后把背包跑出来，最后暴力枚举只选部分的那个数组具体选几个。
那么，每一个数组一开始都有一个空的背包dp数组，表示该数组只选部分的情况下其他数组放进来处理的背包。但是这样还是
O
(
n
2
k
)
O(n^2k)
O(n2k) 的过不了。
我们可以想想怎么优化。我们发现每个数组
i
i
i 整个考虑会对
[
1
,
i
−
1
]
∪
[
i
+
1
,
n
]
[1,i-1]∪[i+1,n]
[1,i−1]∪[i+1,n] 内的其他数组的背包有贡献，这是两个区间，因此我们可以用线段树分治优化它，
这样一来每个数组就要对
l
o
g
n
logn
logn 个区间有贡献，而每次贡献是一次
O
(
m
)
O(m)
O(m) 的背包更新，时间复杂度
O
(
n
m
l
o
g
n
)
O(nmlogn)
O(nmlogn)。
最后，由于每个数组挂的区间有特殊性，可以不用真的建一棵线段树，直接判断挂在当前区间的数组有哪些就行了。
C
O
D
E
CODE
CODE
#include<queue>
#include<cmath>
#include<vector>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define MAXN 3005
#define LL long long
#define DB double
#define ENDL putchar('\n')//#define lowbit(x) ((-x)&(x))
LL read() {
LL f = 1,x = 0;char s = getchar();
while(s < '0' || s > '9') {if(s=='-')f = -f;s = getchar();}
while(s >= '0' && s <= '9') {x=x*10+(s-'0');s = getchar();}
return f * x;
}
const int MOD = 998244353;
int n,m,i,j,s,o,k,sq;
LL dp[100][MAXN];
bool f[100][MAXN];
vector<LL> a[MAXN];
int b[MAXN];
LL ans = 0;
void solve(int l,int r,int de) {
memcpy(dp[de],dp[de-1],sizeof(dp[de]));
memcpy(f[de],f[de-1],sizeof(f[de]));
for(int i = 1;i <= n;i ++) {
if(i == l) {
i = r;continue;
}
if(!f[de][i]) {
f[de][i] = 1;
int tp = a[i][0];
for(int j = m;j >= tp;j --) {
dp[de][j] = max(dp[de][j],dp[de][j-tp] + a[i][tp]);
}
}
}
if(l < r) {
int mid = (l + r) >> 1;
solve(l,mid,de+1);solve(mid+1,r,de+1);
return ;
}
else {
int tp = a[l][0];
ans = max(ans,dp[de][m]);
for(int i = 1;i <= tp && i <= m;i ++) {
ans = max(ans,dp[de][m-i] + a[l][i]);
}
}
return ;
}
int main() {
n = read();m = read();
for(int i = 1;i <= n;i ++) {
s = read();
LL sm = 0;
a[i].push_back(s);
while(s --) {
sm += read();
a[i].push_back(sm);
}
}
solve(1,n,1);
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}
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