题目大意
多重背包问题：
- 物品数 \(n\)
- 背包容量 \(m\)
- 第 \(i\) 种物品有 \(c_i\) 个，每个物品体积 \(t_i\)，价值 \(w_i\)
\(n,t_i\le 100,m,c_i,w_i\le 10^9\)
约定记号
- 问题的解 \(s\) 为长 \(n\) 的数列，物品 \(i\) 取 \(s_i\) 个
- 设性价比 \(r_i=w_i/t_i\)
- 设 \(t_{max}=\max_i t_i\)
- 设 \(T(s)=\sum_{i=1}^n s_it_i\)，即解的总时间
- 设 \(W(s)=\sum_{i=1}^n s_iw_i\)，即解的总价值
- 设最优解集合为 \(O=\{s|s~\text{is an optimal solution}\}\)
Solution
首先特判所有物品均可取完的情况。
之后我们可以假设：任何解都不会取完所有物品。这个性质将在后面的证明中使用。
观察数据范围：
- \(n,t_i\) 非常小
- \(m,c_i,w_i\) 很大
直觉上，按照性价比贪心，得到的解应该不会离某个最优解太远。因此我们前半段贪心，后半段用 DP 修正。
设按性价比从高到低贪心得到的解为 \(g\)。
有以下核心性质：
\\\boxed{ \\exists x\\in O, \\forall i,\\ \|g_i-x_i\|\\le t_{\\max} } \\
证明放在后面。
有了这个结论之后，对于每一种物品 \(i\)，我们可以限制最优解 \(x_i\) 的范围：
\x_i\\in \\left\[ \\max(0,g_i-t_{\\max}), \\min(g_i+t_{\\max},c_i) \\right. \]
因此每一种物品剩余的可变数量只有 \(O(t_{\max})\) 个。
由于 \(t_{\max}\le 100\)，只需要在这个小范围内做多重背包 DP 即可。
Proof
不妨重新编号，使得 \(r_1\ge r_2\ge\cdots\ge r_n\)。按照这个顺序贪心。
由贪心过程可知，存在唯一的 \(k\)，使得
\\\begin{aligned} \&\\forall i\
引理
\(\forall x\in O\)，由于任何解都不会取完所有物品，有
\\\begin{aligned} m-T(g)\&\
因此
\-t_{max}\
记
\H(s)=\\sum_{i=1}\^n\|g_i-s_i\|. \\
下面固定一个
\x=\\arg\\min_{s\\in O}H(s). \\
我们将证明 \(x\) 满足 \(\forall i,|g_i-x_i|\le t_{max}\)。
反设存在 \(a\)，使得 \(|g_a-x_a|>t_{\max}\)。分类讨论拆绝对值。
情况一：\(\exists a,g_a-x_a>t_{max}\)
定义
\\\begin{aligned} \& \\Delta_{-} = \\sum_{x_i\
有
\T(x)-T(g)=\\Delta_{-}+\\Delta_{+} \\
由引理得
\\\begin{aligned} -t_{max}\&\
即 \(x\) 相较于 \(g\) 至少多取了 \(t_a\) 个物品。根据贪心结构，所有满足 \(x_i>g_i\) 的物品都排在 \(a\) 的后面，因此它们的性价比都满足 \(r_i\le r_a\)。
于是，在这些多取的物品中，由抽屉原理，可以选出一个非空子集 \(S\)（不妨考虑前缀和），使得
\\\sum_{i\\in S}t_i\\equiv0\\pmod{t_a}. \\
设
\\\sum_{i\\in S}t_i=q t_a. \\
由于 \(x_a<g_a\)，我们可以拿 \(S\) 中的物品换 \(q\) 个物品 \(a\)，从而
- \(W(x)\) 单调不减
- \(T(x)\) 不变
- \(H(x)\) 单调减小
这与 \(x\) 是所有最优解中 \(H\) 最小者矛盾。
情况二：\(\exists a,x_a-g_a>t_{max}\)
这与情况一完全对称。
同理
\\\begin{aligned} \& \\Delta_{-}=\\sum_{x_i\
有
\\\begin{aligned} T(x)-T(g) \&\< t_{max} \\\\ \\Delta_{-}+\\Delta_{+} \&\< t_{max} \\\\ \\sum_{x_i\
即至少少选 \(t_a\) 个物品，少选的物品必排在 \(a\) 前面。后面的论证同理。
证毕。