一道非常不错的状态压缩+map映射+背包的DP题目。

题意很简单，就是给N个物品有两个属性 a ,b.问对于A,B的要求是否可以用N件物品组合产生。若满足则输出一种。

这个直观感受就是背包问题啊，但是看下数据规模

The first line contains two integers N (1 <= N <= 400) andQ (1 <=Q <= 400).

For the next N lines, each line contains two integers W_i (1 <=W_i <= 50) andT_i (1 <= T_i <= 200000).

我们在思考一下，其实对于同一件物品 它的a,b是固定的，相关联的，所以相当一部分的状态都是无用的，也不必全部遍历一次。

所以要思考如何将一个物品的两个属性的关联考虑进来。

状态压缩~~~~~

1. 对于这种问题，需要描述的信息很多，但是总体仍然是一个阶段的，状态压缩是个好方法。f[j] |= (f[j - T[i]]<<W[i]) & ((1LL<<M+1) - 1);这个与操作是为了防止溢出

2. i,,,,f[j] 表示前i个物品对于a在有j大小的属性时，满足多少种b。且因为W的取值范围1...50 可以存放在一个unsigned long long 中（状态压缩中尽量使用无符号）

3. 对于保存方案使用ans[a][b] 表示当找到a,b满足条件时，最后一次加入的是哪个i，完后再减去，循环至a 或 b==0

ans[S][M]，表示首次找到构成总药效 S，总重量 M 的方案中，最后一个使用的化学成分的序号是多少

有了最后一个化学成分 ans[S][M] = a1，就可以回溯地找到倒数第二个化学成分 ans[S - W[a1]][M - T[a1]] = a2，然后如此不断地找下去就得到一个完整的方案，这也是各类记录方案的题目中比较常见的做法.关键是，如何用保证时间复杂度的方法，更新这个方案数组？答：让每个 ans[S][M] 只会被更新一次就行了

这个更新操作不免也要一次循环，但是运用位操作，仅修改更新的元素即可

4. 对于二进制移位操作还应找到相应的指数是多少，这里使用Map进行映射 mp[1LL<<(i-1LL)] = i;

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<string>
#include<algorithm>
#include<map>
#include<queue>
#include<stack>
#include<set>
#include<cmath>
#include<vector>
#define inf 0x3f3f3f3f
#define Inf 0x3FFFFFFFFFFFFFFFLL
#define eps 1e-8
#define pi acos(-1.0)
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
const int maxn = 400 + 10;
const int M = 51;
short ans[200010][52];
ull f[200010];
int W[maxn],T[maxn];
map<ull,int>mp;
int main()
{
//    freopen("in.txt","r",stdin);
//    freopen("out.txt","w",stdout);
    for(int i = 1;i <= M + 1;++i)
        mp[1LL<<(i-1LL)] = i;
    int t,n,q;
    scanf("%d",&t);
    while(t--)
    {
        scanf("%d%d",&n,&q);
        memset(ans,0,sizeof(ans));
        memset(f,0,sizeof(f));
        f[0] = 1;
        ull v,x;
        for(int i = 1;i <= n;++i)
        {
            scanf("%d%d",&W[i],&T[i]);
            for(int j = 200000;j >= T[i];--j)
            {
                v = f[j];                        //f[j]表示第二个属性为j时，能够凑出的第一个属性的集合，用一个二进制数表示，第i位为1表示可以凑出这个数
                f[j] |= (f[j - T[i]]<<W[i]) & ((1LL<<M+1) - 1);          //计算使用当前物品能够得到的新的集合，在集合f[j - T[i]]添加W[i]的物品，
                                                                         //即原来能得到的每个值加上W[i]，等价于将其左移W[i]位
                for(ull k = v ^ f[j];k ; k &= k-1)               //枚举新增加的集合
                {
                    x = (k ^ (k - 1)) & k;    //求最低位的0一直到k=0，经典啊                     
                    ans[j][mp[x] - 1] = i;                       //将新增的位置更新，记录是使用了哪个物品达到的这个状态
                }
            }
        }
        int m,s,p;
        for(int i = 0;i < q;++i)
        {
            scanf("%d%d",&m,&s);
            if(!ans[s][m])
                puts("No solution!");
            else
            {
                printf("%d",ans[s][m]);
                p = ans[s][m];
                m -= W[p];
                s -= T[p];
                while(m)
                {
                    p = ans[s][m];
                    printf(" %d",p);
                    m -= W[p];
                    s -= T[p];
                }
                puts("");
            }
        }
    }
    return 0;
}

We Need Medicine zoj3812 The 2014 ACM-ICPC Asia Mudanjiang Regional