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题目

解题思路

首先，解决此题的前置知识是需要掌握普通的 01 背包问题。当然，这题肯定不可能这么简单。题目相对于 01 背包来说，唯一的区别在于小蓝可以使用 1 次魔法。我们只需要多加一维状态记录是否使用了魔法即可。下面考虑动态规划（dp）状态。

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动态规划状态定义

状态 1: $ f[i][j][0] $

表示只考虑前 $ i $ 个物品，背包容量为 $ j $，并且还没有使用魔法的情况下的最大价值。

对于该状态的转移，因为这一状态是未使用魔法的，所以转移方程同 01 背包一样：

$$f[i][j][0]=\{\begin{array}{ll}f[i-1][j][0]& \text{当 }j<w[i],\\ \max (f[i-1][j][0],f[i-1][j-w[i]][0]+v[i])& \text{当 }j\ge w[i].\end{array}$$

状态 2: $ f[i][j][1] $

表示只考虑前 $ i $ 个物品，背包容量为 $ j $，并且已经使用了魔法（注意并不一定是对第 $ i $ 个物品使用）的情况下的最大价值。

对于每个物品的选择情况，可以分为三种情况来考虑：

1. 如果当前物品 $ i $ 的重量 $ w[i] > j $，那么说明该物品无法选择，更不用考虑是否对该物品使用魔法。
2. 如果在不符合情况 1 的情况下，此时满足 $ w[i] + k > j $，那么我们是无法对该物品使用魔法的，因为使用魔法后物品重量超过了背包容量。但我们可以在不使用魔法的情况下选择该物品。
3. 如果此时满足 $ w[i] + k \leq j $，那么说明我们可以使用魔法选择该物品。

对这三种情况进行详细分析：

• 对于第一种情况：因为根本选不了该物品，所以状态转移只有一种情况。
• 对于第二种情况：虽然我们可以选择此物品，但我们也可以不选择它，两者取最大值。
• 对于第三种情况：我们可以不选它，也可以选它，也可以使用魔法选它，存在三种情况，我们取三者中的最大值。

需要注意的是，当我们对该物品使用魔法时，转移时应该是前面没有使用魔法的状态，即最后一维状态是 $ 0 $，因为魔法只能用一次。

状态转移方程为：

$$f[i][j][1]=\{\begin{array}{ll}f[i-1][j][1]& \text{情况 1},\\ \max (f[i-1][j-w[i]][0]+v[i],f[i][j][0])& \text{情况 2},\\ \max (\max (f[j][1],f[j-w[i]][1]+v[i]),f[j-(w[i]+k)][0]+v[i]\times 2)& \text{情况 3}.\end{array}$$

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优化空间复杂度

因为问题本质还是属于 01 背包问题，所以我们可以使用滚动数组对代码进行时间和空间复杂度的优化，压缩一维状态。优化后的状态转移方程可以写成：

$$f[j][1]=\{\begin{array}{ll}\max (f[j-w[i]][0]+v[i],f[j][0])& \text{普通选择},\\ \max (\max (f[j][1],f[j-w[i]][1]+v[i]),f[j-(w[i]+k)][0]+v[i]\times 2)& \text{使用魔法}.\end{array}$$

ACcode

//背包与魔法
#include <iostream>
#include <algorithm>using namespace std;
#define int long long
const int N = 2010 , M = 10010;
int w[N] , v[N];//重量  价值
int dp[M][2];
int n , m , k;signed main()
{cin >> n >> m >> k;for(int i = 1;i <= n;i ++){cin >> w[i] >> v[i];}for(int i = 1;i <= n;i ++){for(int j = m;j >= w[i];j --){dp[j][0] = max(dp[j][0] , dp[j-w[i]][0] + v[i]);if(w[i] + k <= j){dp[j][1] = max(max(dp[j][1],dp[j-w[i]][1] + v[i]) , dp[j-(w[i]+k)][0] + v[i] * 2);}}}cout << max(dp[m][1] , dp[m][0]) << endl;return 0;
}