NYOJ 還是01揹包（列舉二分）

還是01揹包

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難度：5

描述有n個重量和價值分別為 wi 和 vi 的物品，從這些物品中挑選總重量不超過w的物品，求所有挑選方案中價值總和的最大值。

輸入多組測試資料。

每組測試資料第一行輸入n 和 w ，接下來有n行，每行輸入兩個數，代表第i個物品的wi 和 vi。

1 <= n <=40

1 <= wi <= 10^15

1 <= vi <= 10^15

1 <= w <= 10^15

輸出每組資料輸出一行，代表挑選方案中價值總和的最大值。

樣例輸入

4 52 3

1 23 4

2 2樣例輸出

這題寫了好久，調了好久，心塞。

這題解題思路是這樣的，首先看一下vi, wi, w便知太大了，所有的揹包動態規劃方程都顯得無能為力了。看一下n<=40, 沒辦法了只能從這邊入手了。怎麼做呢？沒想到其他的，直接列舉就是了。但是列舉也是需要技巧的，40個得有2^40的量，會崩潰的額，也就是說時間複雜度為o(2^n);接下來就是要做優化工作了。其實以前做題的時候也做過類似思想的題，就是把n個物品分成兩半，每一半就剩下n/2個，這樣複雜度降的很多。用乙個整數來表示方案，用到位運算來表示，例如2的二進位制位11，這表示第乙個和第二個都拿，又如1的二進位制數為01，這表示第乙個拿，第二個物品不拿，這樣表示簡潔簡單且速度快。設前半部分某種方案是得到的重量為w1, 價值為v1,這在第二部分中w2,v2必定有w2+w1<=w; 所以就列舉第一部分，再去第二部分中找w2<=w-w1時價值的最大值。然後第二部分開始時就應該按wi,,vi的字典序排序，因為如果有wivj那麼i方案一定優於j方案。所以在第二部分中排完序之後會剔除掉某些方案。然後既然排好序就得按二分思想來查詢。

ac**：

# include # include using namespace std;
typedef long long int ll;
struct goods;
goods s1[30], s2[30];//輸入資料 
goods change_s2[(1<<20)+10];//轉化為w與v的和 
int compare(goods a, goods b)
change_s2[cur2].w=sum_w;
change_s2[cur2].v=sum_v;
cur2++;
} //排序 
sort(change_s2+1, change_s2+cur2, compare);
now_v=-1;_cur2=1;
//剔除掉一些不符合的方案 
for(i=1; i<=cur2-1; i++)
} ans=0;
//列舉第一部分的所有情況並到第二部分二分搜尋 
for(num_set=0; num_set<=(1<>1; 
}if(sum_w<=w)
}else}}
} printf("%lld\n", ans);
} return 0;
}

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