题目描述

在之前的上机中,零崎已经出过了01背包和完全背包,也介绍了使用-1初始化容量限定背包必须装满这种小技巧,接下来的背包问题相对有些难度,可以说是01背包和完全背包的进阶问题。

多重背包:物品可以有0-n件。

对于第i种物品,我们有取0件,1件…n [ i ] 件共n [ i ] +1种策略,状态转移方程为f [ i ] [ v ] = max { f [ i - 1 ] [ v - k × c [ i ] ] + k × w [ i ] | 0 <=k<= n [ i ] }。在这里,很自然的有一种策略可以将其转化为01背包,即将物品换为n[i]件01背包中的物品,但是复杂度为O(VΣni),时间复杂度没有降低。实际上,对于所有类似情况,我们都可以利用二进制求和来降低时间复杂度。即将物品替换为价值和费用 * 系数=1,2,2^2,…,2^k,n[i]-2^k+1的物品。系数之和为n [ i ],表明不能取到多于n [ i ]件物品,但可以取到0…n[ i ]中任意一个整数件。利用这一优化,算法事件复杂度可以降到O(VΣlogni)。

实际上F [ i ] [ j ] 只依赖于 F [ i-1 ] [ j - k * w [ i ] ],这里依赖项之间构成了一个 { j mod w [ i ] }剩余类,不同剩余类之间无关,注意到这点利用单调队列,每个状态均摊O(1)的时间,可以进一步将算法时间复杂度优化至O(VN)级别的,不过在此不再详细阐述。(其实也就是NOIP程度,放在大学应该可以接受,但是这个优化个人感觉已经脱离dp)

DD大牛给出的伪代码。
def MultiplePack(F,C,W,M)
if C * M >= V
CompletePack(F,C,W)
return //考虑这里为什么可以直接用完全背包
k := 1
while k < M
ZeroOnePack(kC,kW)
M := M - k
k := 2k
ZeroOnePack(C M,W M)

输入

第一个数为数据组数n 1<=n<=10

接下来n组测试数据,每组测试数据由2部分组成。

第一行为背包容量V,物品种类数N。1<=V<=30000,1<=N<=200

接下来N行每行三个数为物品价值v,物品重量w,物品件数M。

1<=v,w<=200, 1<=M<=25

输出

对于每组数据,输出一行,背包能容纳的最大物品价值

输入样例

1
10 2
1 2 3
2 3 2

输出样例

6

题目来源:http://biancheng.love/contest/10/problem/E/index
解题思路:
问题属于背包问题,同时包括了0-1和完全背包,因此为多重背包问题。
按照之前的想法,只要判断每件物品的件数,可以确定对于该物品是使用0-1背包还是完全背包。
0-1背包的代码:
 void Zeronepack(int w,int v)
{
for(int i=V; i>=w; i--)
if(dp[i]<dp[i-w]+v)
dp[i]=dp[i-w]+v;
}

完全背包的代码:

 void Compack(int w,int v)
{
for(int i=w; i<=V; i++)
if(dp[i]<dp[i-w]+v)
dp[i]=dp[i-w]+v;
}

本题需要利用0-1背包以及完全背包来解决多重背包问题

代码:

 #include <bits/stdc++.h>
#include<stdio.h>
#include<string.h>
int dp[];
int V,N;
void Compack(int w,int v)
{
for(int i=w; i<=V; i++)
if(dp[i]<dp[i-w]+v)
dp[i]=dp[i-w]+v;
} void Zeronepack(int w,int v)
{
for(int i=V; i>=w; i--)
if(dp[i]<dp[i-w]+v)
dp[i]=dp[i-w]+v;
} int main()
{
int kase,v,w,m;
scanf("%d",&kase);
while(kase--)
{
memset(dp,,sizeof(dp));
scanf("%d%d",&V,&N);
for(int i=; i<=N; i++)
{
scanf("%d%d%d",&v,&w,&m);
if(w*m>=V)
Compack(w,v);
else
{
for(int j=; j<m; j<<)
{
Zeronepack(j*w,j*v);
m-=j;
}
Zeronepack(m*w,m*v);
}
}
printf("%d\n",dp[V]);
}
return ;
}

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