測試地址：夢幻島寶珠
做法： 本題需要用到揹包DP+思維。
這道題看上去是一個裸01揹包，然而容量特別大，因此我們只能從其中唯一一個特殊條件入手： $a\cdot 2^b$形式的重量。
我們考慮把這些物品分階段來進行決策。我們首先對每個 $b$

b ，求出重量表示為 $a\cdot 2^b$的那些物品中，取重量為 $k$

⋅ 2 b k\cdot 2^b 的物品能得到的最大總價值 $totv$

a l ( b , k ) totval(b,k) ，這就是一個一般的01揹包了，因為 $a\le 10,n\le 100$，所以時間複雜度最多是 $10^6$的級別。接下來，我們從低位向高位DP，令 $f(i,j)$為取用 $b\le i$的物品，容量為 $j\cdot 2^i$加上 $W$在第 $i$位以下的所有容量時所能得到的最大總價值。上面 $W$在第 $i$位以下的容量，就指的是它在第 $i$位以下的上界（用位運算解釋就是 $W\&((1<<i)-1)$）。在轉移的時候，我們首先列舉當前的 $j$，然後看前一位有哪些可以轉移到當前狀態的狀態。顯然，由於要滿足第 $i$位之前是上界的條件，第 $i-1$位應該和 $W$的第 $i-1$位相同，這才能轉移。於是我們就寫出來了一個狀態轉移的式子，就解決了這道題，時間複雜度雖然看上去有點大，但均攤下來還是跑得很快的。
以下是本人程式碼：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,W,totw[35],f[35][2100],len;
vector<int> w[35],val[35];

int main()
{
	while(scanf("%d%d",&n,&W)&&n>=0&&W>=0)
	{
		len=0;
		for(int i=0;i<35;i++)
			w[i].clear(),val[i].clear();
		memset(totw,0,sizeof(totw));
		memset(f,0,sizeof(f));
		
		for(int i=1;i<=n;i++)
		{
			int x,y;
			scanf("%d%d",&x,&y);
			int j=0;
			while(!(x&1)) {j++;x>>=1;}
			w[j].push_back(x);
			totw[j]+=x;
			val[j].push_back(y);
			len=max(len,j);
		}
		while(W>>len) len++;
		len--;
		
		for(int i=0;i<=len;i++)
			for(int j=0;j<(int)w[i].size();j++)
				for(int k=totw[i];k>=w[i][j];k--)
					f[i][k]=max(f[i][k],f[i][k-w[i][j]]+val[i][j]);
		
		for(int i=1;i<=len;i++)
		{
			totw[i]+=((totw[i-1]+1)>>1);
			for(int j=totw[i];j>=0;j--)
				for(int k=0;k<=j;k++)
					f[i][j]=max(f[i][j],f[i][j-k]+f[i-1][min(totw[i-1],(k<<1)|((W>>(i-1))&1))]);
		}
		printf("%d\n",f[len][1]);
	}
	
	return 0;
}