bzoj2794 [Poi2012]Cloakroom ( 背包DP+离线 )

bzoj2794 [Poi2012]Cloakroom

原题地址：http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=2794

题意：
有n件物品，每件物品有三个属性a[i], b[i], c[i] (a[i] < b[i])。
再给出q个询问，每个询问由非负整数m, k, s组成，问是否能够选出某些物品使得：
1. 对于每个选的物品i，满足a[i]<=m且b[i]>m+s。
2. 所有选出物品的c[i]的和正好是k。

Input

第一行一个正整数n (n<=1,000)，接下来n行每行三个正整数，分别表示c[i], a[i], b[i] (c[i]<=1,000, 1<=a[i] < b[i]<=10^9)。
下面一行一个正整数q (q<=1,000,000)，接下来q行每行三个非负整数m, k, s (1<=m<=10^9, 1<=k<=100,000, 0<=s<=10^9)。

Output
输出q行，每行为TAK (yes)或NIE (no)，第i行对应第i此询问的答案。

Sample Input
5
6 2 7
5 4 9
1 2 4
2 5 8
1 3 9
5
2 7 1
2 7 2
3 2 0
5 7 2
4 1 5

Sample Output
TAK
NIE
TAK
TAK
NIE

数据范围
n<=1,000，c[i]<=1,000, 1<=a[i] < b[i]<=10^9，q<=1,000,000

题解：
q<=1,000,000，看着就是离线。
现在我们要求三个条件：
1.a[i]<=m
2.b[i]>m+s
3.c[i]和为k
如果我们通过离线来减少约束，那显然是物品按a[i]排序，询问按m排序，每到一个询问，继续把符合（1）的物品加入背包。
那么只要看有没有所有b[i]>m+s且c[i]和为k的方案即可。

这里给出的方式是f[i]维护的是和刚好为i时，所有方案中，使最小的b值最大的方案的b值。
这样只需在每次添加完后，看看f[k]是否大于m+s即可。

（这是一个我一直没想到的地方，思路比较僵，总以为背包只能存价值或方案数，而没想到其变式其实可以有很多。最终应该由题目去想问题，不是这个算法可以求什么）

代码：

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstring>
using namespace std;
const int N=1010;
const int M=1000010;
const int inf=1e9+7;
struct node
{int a,b,c;
}w[M];
bool cmp1(const node &A,const node &B)
{return A.a<B.a;
}
struct query
{int m,k,s,note;
}Q[M];
bool cmp2(const query &A,const query &B)
{return A.m<B.m;
}
int n,q,f[M],ans[M];
int main()
{scanf("%d",&n);for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d%d%d",&w[i].c,&w[i].a,&w[i].b);sort(w+1,w+n+1,cmp1);scanf("%d",&q);int top=100000;for(int i=1;i<=q;i++){scanf("%d%d%d",&Q[i].m,&Q[i].k,&Q[i].s);Q[i].note=i; }sort(Q+1,Q+q+1,cmp2);int tmp=1;f[0]=inf;for(int i=1;i<=q;i++){while(tmp<=n&&w[tmp].a<=Q[i].m) {for(int j=top;j>=w[tmp].c;j--)f[j]=max(f[j],min(f[j-w[tmp].c],w[tmp].b)); tmp++;}if(f[Q[i].k]>Q[i].m+Q[i].s) ans[Q[i].note]=1;}for(int i=1;i<=q;i++){if(ans[i]) printf("TAK\n");else printf("NIE\n");}return 0;
}

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