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题意：Alice和Bob在玩游戏。有\(n\)种卡牌，每种卡牌有\(b_i\)张，保证\(\sum b_i\)为偶数。现在，Alice要把所有卡牌任意平分为2份（仅要求每份卡牌数为\(\frac {\sum b_i} {2}\)），并对每份分别进行一次游戏。第一次游戏由Alice先手，第二次由Bob先手。

每次游戏中，Alice和Bob会轮流取走一张卡牌直到取尽。设最后Alice有\(n_i\)张第\(i\)种牌，那么她会得到\(\left\lfloor \frac {n_i} {a_i} \right\rfloor c_i\)的分数。一次游戏的得分是Alice从每种牌得到的分数总和。

现在，Alice想要最大化两次游戏的得分总和，Bob则想最小化。求出在两人都采取最优决策时的得分总和。

\(n \leq 2\times 10^3, \ \sum a_i \leq 2 \times 10^3, \ \sum b_i \leq 5\times 10^5, \ c_i \geq 0\)

先考虑如何计算一次游戏的得分。

首先，因为是轮流取，故对于每\(2a_i\)张卡牌\(i\)，都能产生\(c_i\)的分数。因此，我们可以先考虑这一部分的贡献，然后将所有\(n_i\)对\(2a_i\)取模。

接下来，考虑如果\(n_i < 2a_i - 1\)，那么只要Bob跟着Alice取，Alice就得不到这个\(c_i\)。当\(n_i = 2a_i - 1\)时，先手就能恰好取到\(a_i\)张牌，但先后手顺序会交换。

因此，对于剩下来的卡牌，我们忽略\(n_i < 2a_i - 1\)的，并对剩下的按\(c_i\)从大到小排序。那么，若Alice先手，就能得到\(\sum_{2 \nmid i} c_i\)的分数；否则就是\(\sum_{2 | i} c_i\)。

那么，我们就能得到一个dp的做法。以\(c_i\)为关键字排序后，设\(dp[i,j,a,b]\)表示当前处理了前\(i\)种卡牌，第一份已经有\(j\)张卡牌，且第一份有\(a\)种\(n_i\)对\(2a_i\)取模后是\(2a_i-1\)的卡牌，第二份有\(b\)种。注意到只要记录\(a\)和\(b\)的奇偶性就可以了。暴力转移，则这个dp的复杂度是\(O((\sum b_i)^2)\)。

但这样还不足以解决本题。考虑\(\sum a_i\)比较小，故我们要从这个角度来优化dp。

先注意到两点，一是我们在转移时，产生的贡献只和放到第一份的数量对\(2a_i\)取模的值有关；二是dp状态中最庞大的\(j\)，最后只是用来确定第一份的数量等于\(\frac {\sum b_i} {2}\)的。于是我们考虑对\(j\)进行优化，目的是在转移时，只用枚举放在第一份的数量对\(2a_i\)取模的值。

于是我们把第一份卡牌分为两个部分，一部分是所有\(n_i\)对\(2a_i\)取模后的结果，则另一部分的卡牌总数就是\(\sum_{i} 2a_ik_i\)的形式。要保证第一份的卡牌总数为一个固定值，我们就要求出\(\sum_{i} 2a_i k_i\)的能表示出哪些数。

先考虑\(k_i\)的取值范围。设\(n_i \mod 2a_i = r_i\)，那么\(k_i\)就是在\(\left[ 0, \left\lfloor \frac {b_i - r_i} {2a_i} \right\rfloor \right]\)之间的整数。但\(\left\lfloor \frac {b_i - r_i} {2a_i} \right\rfloor\)有两种取值：在\(r_i \leq b_i \mod 2a_i\)时，为\(\left\lfloor \frac {b_i} {2a_i} \right\rfloor\)；否则是\(\left\lfloor \frac {b_i} {2a_i} \right\rfloor - 1\)。于是我们不妨就令\(k_i\)的上界为\(\left\lfloor \frac {b_i} {2a_i} \right\rfloor - 1\)，当\(r_i \leq b_i\)的时候，把多出来的那个\(2a_i\)算在第一部分里就可以了。

剩下就是一个背包问题。注意到我们可以把\(a_i\)相等的数放在一起计算，而\(a_i\)只有$ \sqrt {\sum a_i}\(种取值，因此这个问题的复杂度是\)O(\sqrt {\sum a_i} (\sum b_i))$的。

总结一下，第一部分的处理和\(O((\sum b_i)^2)\)的算法差不多，但这一部分的复杂度是\(O((\sum a_i)^2)\)的。第二部分的背包，复杂度为\(O(\sqrt {\sum a_i} (\sum b_i))\)。

于是时间复杂度为\(O((\sum a_i)^2 + \sqrt {\sum a_i} (\sum b_i))\)。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int A = 2010, B = 500010, N = 2010;
int dp[2][A << 2][2][2], bag[B], n, num[A], p, sa, sb, ans;
struct data {int a,b,c;bool operator < (const data& x) const {return c > x.c;}
} dat[N];
inline void ckmx(int& x,int y) {x = x < y ? y : x;
}
int main() {scanf("%d",&n);for (int i = 1 ; i <= n ; ++ i)scanf("%d%d%d",&dat[i].a, &dat[i].b, &dat[i].c);sort(dat+1,dat+n+1);for (int i = 1 ; i <= n ; ++ i) {if (dat[i].b / (dat[i].a << 1) - 1 > 0)num[dat[i].a] += dat[i].b / (dat[i].a << 1) - 1;sa += dat[i].a;sb += dat[i].b;}p = 1;memset(dp,-1,sizeof dp);dp[0][0][0][0] = 0;for (int i = 1, sum = 0 ; i <= n ; ++ i, p ^= 1) {memset(dp[p],-1,sizeof dp[p]);for (int j = 0 ; j <= (sum << 2) ; ++ j)for (int a = 0 ; a < 2 ; ++ a)for (int b = 0 ; b < 2 ; ++ b) {if (dp[p^1][j][a][b] == -1) continue;for (int k = 0 ; k < 2 * dat[i].a && k <= dat[i].b ; ++ k) {int tmp = (dat[i].b - k) / (dat[i].a << 1), na = a, nb = b;if (k == 2 * dat[i].a - 1) {if (!na) tmp ++;na ^= 1;}if ((dat[i].b - k) % (dat[i].a << 1) == (dat[i].a << 1) - 1) {if (nb) tmp ++;nb ^= 1;}tmp = tmp * dat[i].c;ckmx(dp[p][j + k][na][nb], dp[p^1][j][a][b] + tmp);if (dat[i].b >= 2 * dat[i].a && k <= dat[i].b % (dat[i].a << 1))ckmx(dp[p][j + k + 2 * dat[i].a][na][nb], dp[p^1][j][a][b] + tmp);}}sum += dat[i].a;}bag[0] = 1;for (int i = 1 ; i < A ; ++ i) {if (!num[i]) continue;for (int j = 0 ; j <= sb ; ++ j) {if (bag[j]) bag[j] = 0;else {bag[j] = -1;if (j >= 2 * i) {if (bag[j - 2 * i] != -1)bag[j] = bag[j - 2 * i] + 1;}}}for (int j = 0 ; j <= sb ; ++ j)if (bag[j] == -1) bag[j] = 0;else if (bag[j] <= num[i]) bag[j] = 1;else bag[j] = 0;}p ^= 1;for (int i = 0 ; i <= (sa << 2) && i <= (sb >> 1) ; ++ i)for (int a = 0 ; a < 2 ; ++ a)for (int b = 0 ; b < 2 ; ++ b) {if (dp[p][i][a][b] == -1) continue;if (bag[(sb >> 1) - i]) ans = max(ans, dp[p][i][a][b]);}printf("%d\n",ans);return 0;
}

小结：这个问题相当有难度。得到\(O((\sum b_i)^2)\)的dp已经偏难，而后一部分的优化对思维能力和细节处理能力的要求，是在博主目前能力之上的，也体现了算法优化的一些重要思路。