yukicoder No.951 【本日限定】１枚頼むともう１枚無料！

タイトルがタイトル感薄い......。
No.951 【本日限定】１枚頼むともう１枚無料！ - yukicoder

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問題概要

個の荷物がある。価値が、コストが
総コスト以下のときの価値の最大化。
ただし1個荷物を選ぶ度に、そのコスト以下の残った荷物1つをコスト0で得ることができる。

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とりあえず選んだ荷物のコスト「以下」の荷物1個コスト無しにできる、という制約が結構扱いにくい。
こういうときはコストでソートして大きいものから見る。

見た目がもうdp。ナップサックしたい。できそう？
コスト無しボーナスがあるので、今まで選んだ個数と今の所持金両方管理したい......がそれは3乗になり無理。

ここで最終的に選ぶ荷物の集合を考える。
すると無料ボーナスを充てるべきはどの荷物だろうか？
これは貪欲に高いもののコストを無にしたい気持ちになる。

そう、荷物をコストの降順にならべたときの偶数番目の荷物をコスト0にするのが最適
これを踏まえると、今まで選んだ荷物の数を管理する必要はなく、ボーナスを発生させられる余分な荷物が ある or ないの2状態だけになる。
遷移も2*5000*5000回なので十分間に合う。
愚直に配列持つとMLEするので%2とかでよしなに。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define ALL(obj) (obj).begin(),(obj).end()
template <class T> void chmax(T& a, const T b){a=max(a,b);}

int main() {
    cin.tie(0);ios::sync_with_stdio(false);
    int N,K; cin >> N >> K;
    vector<int> p(N),d(N),x(N),y(N),idx(N);
    for(int i = 0; i < N; ++i) cin >> p[i] >> d[i];

    //コストで降順ソート
    iota(ALL(idx),0);
    sort(ALL(idx),[&](int l,int r){return p[l]>p[r];});
    for(int i = 0; i < N; ++i) x[i] = p[idx[i]];
    for(int i = 0; i < N; ++i) y[i] = d[idx[i]];

    //dp[i][j] コストi使ったときの価値の最大値(ボーナスあまりあり(j=1)/なし(j=0))
    vector<vector<int>> dp(K+1,vector<int>(2,-12345678));
    vector<vector<int>> tmp(K+1,vector<int>(2,-12345678));
    dp[0][0] = 0;

    //遷移
    for(int i = 0; i < N; ++i){
        //一時配列を初期化
        for(int j = 0; j <= K; ++j) tmp[j][0] = tmp[j][1] = -12345678;        
        for(int j = 0; j <= K; ++j){
            //普通に選ぶとき
            if(j+x[i]<=K) chmax(tmp[j+x[i]][1],dp[j][0]+y[i]);
            //ボーナスでコスト0
            chmax(tmp[j][0],dp[j][1]+y[i]);
            //選ばないとき
            chmax(tmp[j][0],dp[j][0]);
            chmax(tmp[j][1],dp[j][1]);
        }
        dp = tmp;
    }

    //最大値探索
    int ans = 0;
    for(int j = 0; j <= K; ++j) {
        chmax(ans,dp[j][0]);
        chmax(ans,dp[j][1]);
    }
    cout << ans << endl;
}

貪欲考えてソート後dpのいい典型。割とすき。