先来温习01背包：
01背包是在M件物品取出若干件放在空间为W的背包里，每件物品的体积为W1，W2……Wn，与之相对应的价值为P1,P2……Pn。
求出获得最大价值的方案。
注意：在本题中，所有的体积值均为整数。
思路：
考虑用动态规划的方法来解决，这里的：阶段是：在前N件物品中，选取若干件物品放入背包中；状态是：在前N件物品中，选取若干件物品放入所剩空间为W的背包中的所能获得的最大价值；决策是：第N件物品放或者不放；由此可以写出动态转移方程：我们用f[i,j]表示在前 i 件物品中选择若干件放在所剩空间为 j 的背包里所能获得的最大价值
f[i, j] = max( f[i-1, j-Wi] + Pi (j >= Wi), f[i-1, j] )
[1]这个方程非常重要，基本上所有跟背包相关的问题的方程都是由它衍生出来的。所以有必要将它详细解释一下：“将前i件物品放入容量为v的背包中”这个子问题，若只考虑第i件物品的策略（放或不放），那么就可以转化为一个只牵扯前i-1件物品的问题。如果不放第i件物品，那么问题就转化为“前i-1件物品放入容量为v的背包中”，价值为f[v]；如果放第i件物品，那么问题就转化为“前i-1件物品放入剩下的容量为v-c的背包中”，此时能获得的最大价值就是f[v-c]再加上通过放入第i件物品获得的价值w。
超大背包问题：有n个重量和价值分别为w[i]和v[i]的物品，从这些物品中挑选总重量不超过W的物品，求所有挑选方案中价值总和的最大值。其中，1 ≤ n ≤ 40， 1 ≤ w[i], v[i] ≤ 10^15, 1 ≤ W ≤ 10^15.
思路：第一感觉就是普通的01背包。不过，看完数据范围会发现，这次价值和重量都可以是非常大的数值，相比之下n比较小。使用DP求解背包为题的复杂度是O(nW)，因此不能用来解决这个问题。此时我们应该利用n比较小的特点来寻找其他方法。
挑选物品的方案总共有2^n种，所以不能直接枚举，但是如果将物品分成两半再枚举的话，由于每部分最多只有20个，这是可行的。我们把前半部分中的挑选方法对应的重量和价值总和记为w1、v1，这样在后半部分寻找总重w2 ≤ W - w1时使v2最大的选取方法即可。
因此，我们要思考从枚举得到的（w2，v2）集合中高效寻找max{v2|w2 ≤ W‘}的方法。首先，显然我们可以排除所有w2[i] ≤ w2[j] 并且 v2[i] >= v2[j]的j。这一点可以按照w2、v2的字典序排序后做到。此后剩余的元素都满足w2[i] < w2[j] <=> v2[i] < v2[j]，要计算max{v2|w2 <= W‘}的话，只要寻找满足w2[i] <= W‘的最大的i就可以了。这可以用二分搜索完成，剩余的元素个数为M的话，一次搜索需要O(logM)的时间。因为M≤2^(n/2)，所以这个算法总的时间复杂度是O(n
* 2^(n/2))，可以在实现内解决问题。
代码：
#include <ctype.h>
#include <stdio.h>
#include <stdlib.h>
#include <vector>
#include <queue>
#include <string.h>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int maxn =50;
const long long inf=0x3f3f3f3f;
typedef long long LL;
int n,m,i,j;
LL w[maxn],v[maxn];
LL W;
pair<LL, LL> vec[1 << (maxn/2)]; //重量，价值
inline int input()
{
int res=0,f=1,c;
while(!isdigit(c = getchar()) && c!='-');
c=='-' ? f=0 : res=c-'0';
while(isdigit(c = getchar()))
res = res*10 + c-'0';
return f ? res : -res;
}
void solve ()
{
int n2=n/2;
for(int i=0; i<1<<n2; i++)
{
LL sw=0,sv=0;
for(int j=0; j<n2; j++)
{
if(i>>j&1)
{
sw+=w[j];
sv+=v[j];
}
}
vec[i]=make_pair(sw,sv);
}
sort(vec,vec+(1<<n2));
int m=1;
for(int i=1; i<1<<n2; i++)
{
if(vec[m-1].second<vec[i].second)
{
vec[m++]=vec[i];
}
}
LL res=0;
for(int i=0; i<1<<(n-n2); i++)
{
LL sw=0,sv=0;
for(int j=0; j<n-n2; j++)
{
if(i>>j&1)
{
sw+=w[n2+j];
sv+=v[n2+j];
}
}
if(sw<=W)
{
LL ans=(lower_bound(vec,vec+m,make_pair(W-sw,inf))-1)->second;
res=max(res,sv+ans);
}
}
printf("%lld\n",res);
}
int main()
{
while(~scanf("%d%lld",&n,&W))
{
//printf("%d\n",1<<(maxn/2));
for(i=0; i<n; i++)
{
scanf("%lld%lld",&w[i],&v[i]);
}
solve();
//printf("%lld\n",w[n-1]*v[n-1]);
}
return 0;
}