有 \(n\) 个物品, 第 \(i\) 个重量为 \(a_{i}\), 求重量不大于 \(c\) 的情况下能够装下的最大重量.
\(n, m = \max\{a_{i}\} \leqslant 2 \times 10^{4}, c \leqslant 10^{9}.\)
考虑随便贪心出来一组解 \(y\), 设正确答案为 \(x\), 显然 \(0 \leqslant x - y \leqslant m\).
考虑求最大的 \(k \leqslant c - y\), 满足存在一种方案, 删除一些贪心方案中选择的物品, 放入一些贪心方案中没有选择的物品, 总重量的变化量为 \(k\). \(y + k\) 即为正确答案.
设数列 \(\{s_{i}\}\) 为贪心方案中未选的, 数列 \(\{t_{i}\}\) 为贪心方案中选择了的数的相反数, 其中选择 \(t_{i}\) 用以刻画从原方案中删除 \(-t_{i}\).
注意到以下策略：当且仅当 \(k + s_{i} \leqslant m\) 时才考虑是否选择 \(s_{i}\), 当且仅当 \(k \gt 0\) 时, 才考虑是否从 \(\{t_{i}\}\) 中选数. 容易发现, 不论最终答案如何分布, 一定可以用这种策略刻画出来.
于是我们发现在转移的过程中, \(|k| \leqslant m\) 始终成立. 因此可以导出一个简单的 \(\rm DP\)：设 \(f_{i, j, k} = 0/1\) 表示当前考虑了 \(s_{1 \sim i}\) 和 \(t_{1 \sim j}\) 中的数, 能否表示 \(k\). 据前文所述策略, 转移是显然的, 时间复杂度为 \(\Theta(n^{2} m)\).
考虑继续优化, 注意到 \(0/1\) 单独占一个状态表示位非常浪费, 于是设 \(f_{i, k} = j\) 表示在考虑 \(s_{1 \sim i}\) 的情况下, 想要表示 \(k\), 至少还需要考虑 \(t_{1 \sim j}\).
依据前文策略, 考虑两种转移：
- 若 \(k + a_{i + 1} \leqslant m\), 则考虑是否选择 \(a_{i + 1}\), 转移到 \(f_{i + 1, k + a_{i + 1}}\) 和 \(f_{i + 1, k}\).
- 若 \(k \gt 0\), 则考虑从 \(\{t_{i}\}\) 中选择一个数进行转移, 注意到该下标 \(p \in [f_{i, k} + 1, f_{i - 1, k}]\).
关于 \(p\) 的范围, 首先下界是显然的, 因为如果使用 \(t_{f_{i, k}}\) 及之前的数可能会算重. 对于上界, \(f_{i - 1, k}\) 进行同样转移时的下界即为 \(f_{i - 1, k} + 1\), 又因为表示 \(k\) 只需要 \(s_{1 \sim i - 1}\) 中的数即可, 若 \(f_{i, k}\) 进行转移时使用了 \(f_{i - 1, k}\) 转移时使用的同样的 \(\{t_{i}\}\) 中的数, 那么一定是不优的, 故没有必要.
关于时间复杂度：第一种转移带来的时间复杂度为 \(\Theta(nm)\). 第二种转移中, 对于一个固定的 \(k\), \(p\) 的枚举至多遍历 \(1 \sim |\{t_{i}\}|\) 中每个数至多一遍, 于是该部分时间复杂度也为 \(\Theta(nm)\).
总时间复杂度为 \(\Theta(nm)\).
