傳送門

題意:\(n\)個位置,每個位置有價值\(v_i\)和重量\(p_i\),要選出一些位置,如果要選位置\(i\),那麽前面選的重量之和要為\(l_i\),後面選的重量之和要為\(r_i\),求一個方案使得價值和最大

這個限制很舒服,可以設\(f_i\)為從前面開始選,選第\(i\)個的最大價值,轉移枚舉前面的\(j\),如果能從\(j\)轉移過來,根據條件,要求\(l_i=l_j+p_i\&\&r_i=r_j-p_i\),記個轉移前綴就可以輸出方案了

但是這樣還不優,我們可以發現對於一個\(i\),只有\(l_j+p_j+r_j=l_i+p_i+r_i\)的\(j\)能夠轉移過來,於是可以把所有\(l_i+p_i+r_i\)

代碼賊醜,輕\(\mathfrak{D}\)qwq

#include<bits/stdc++.h>
#define il inline
#define re register
#define LL long long
#define ull unsigned long long
#define db double
#define eps (1e-7)

using namespace std;
const int N=200000+10,M=3000000+10;
il LL rd()
{
    LL x=0,w=1;char ch=0;
    while(ch<'0'||ch>'9') {if(ch=='-') w=-1;ch=getchar();}
    while(ch>='0'&&ch<='9') {x=(x<<3)+(x<<1)+(ch^48);ch=getchar();}
    return x*w;
}
int f[M],hd[M],nt[N];
int n,a[N][4],ma;
int st[N],an[N],tt=0,pre[N],g[M];

int main()
{
  n=rd();
  for(int i=1;i<=n;i++)
    {
      a[i][0]=rd(),a[i][1]=rd(),a[i][2]=rd(),a[i][3]=rd();
      int pp=a[i][1]+a[i][2]+a[i][3];
      ma=max(ma,pp);
      nt[i]=hd[pp],hd[pp]=i;
    }
  memset(f,-63,sizeof(f));
  f[0]=0;
  int ii=-1,ans=0,inf=f[1];
  for(int h=0;h<=ma;h++)
    { 
      if(!hd[h]) continue;
      int st[N],tt=0;
      for(int i=hd[h];i;i=nt[i]) st[++tt]=i;
      for(int i=tt;i>=1;i--) f[a[st[i]][1]+a[st[i]][2]]=max(f[a[st[i]][1]+a[st[i]][2]],f[a[st[i]][2]]+a[st[i]][0]);
      if(ans<f[h]) ans=f[h],ii=h;
      for(int i=tt;i>=1;i--) f[a[st[i]][1]+a[st[i]][2]]=inf;
    }
  //printf("%d\n",ans);
  if(ii>=0)
    {
      for(int i=hd[ii];i;i=nt[i]) st[++tt]=i;
      for(int i=tt;i>=1;i--)
        if(f[a[st[i]][1]+a[st[i]][2]]<f[a[st[i]][2]]+a[st[i]][0])
          f[a[st[i]][1]+a[st[i]][2]]=f[a[st[i]][2]]+a[st[i]][0],pre[st[i]]=g[a[st[i]][2]],g[a[st[i]][1]+a[st[i]][2]]=st[i];
      tt=0;
      int nw=g[ii];
      while(nw)
        {
          an[++tt]=nw,nw=pre[nw];
        }
      printf("%d\n",tt);
      for(int i=tt;i>=1;i--) printf("%d ",an[i]);
    }
    else puts("0");
  return 0;
}
 

CF28D Don't fear, DravDe is kind