HDU-3033 I love sneakers! 题解
题目大意
有 n 个物品,分成了 k 组,每个物品有体积和价值,把 n 个物品放到容量为 V 的背包中,保证每组至少放一件,求能获得的最大价值,如果不能实现,输出“Impossible”。
样例
样例输入 1
5 10000 3
1 4 6
2 5 7
3 4 99
1 55 77
2 44 66
样例输出 1
255
样例 1 说明
选取物品 1,2,3,4 能够获得最大价值。
分析
标准的分组背包是每组最多选一个,这次变成了每组至少选一个。
- 最开始想到了一半,既然是每组至少选一个,每组中每个物品都从上一组转移过来就行了,但是很显然,组内的物品叠加无法实现,后来没有继续想,果断放弃了,尴尬不已。
- 后来又想,每组中尝试先限定本组中第 i 个物品选择,再用把其他物品跑 01 背包,但是最后选取决策不知道该怎么办了,还是放弃吧。
其实按照第一条思路接着往下走,答案就出来,针对每组中的物品,每个物品放与不放,既要考虑从前 i-1 组的状态考虑转移过来,也要考虑本组中若干物品的叠加,所以也要对比从本组中前面的物体的放置情况转移。
而且,同时要保证本组中的物品至少放一件,也就是至少要保证有一个物品是从前 i-1 组中转移过来。
因此,对比以前写的背包,如果不放该物品,可以把上面的状态直接拿过来,但是这道题就不适用了,否则可能会出现某组中一件物品都不放的情况。
首先是初始化的问题:
- 网上给出的题解好多都是要把所有值初始化成 -1,而把第 0 行初始化成 0,有些解释并不正确。要看数据范围,物品的体积和价值都是从 0 开始的(这也是比较坑的地方,直接导致我后面的转移方程出现问题)。经过尝试,全部初始化成 0 也可以,因为数据不存在价值全部为 0 的情况,否则就没办法确定 “Impossible” 的情况了,感觉应该加一组。当然,初始化的时候也可以只把 dp[0][0] 初始化成 0,其他为 -1,这样最后求得的是恰好装满时候的最大价值,最后需要搜一遍最大值(参考第二个代码)。
定义 dp[i][j] 表示前 i 组物品放到 容量为 j 的背包中所得的最大价值。之后是跑背包了,外层循环每组,由于每组可以放多件,所以有点 01 背包的感觉了,物品之间没有制约,因此第二层跑组内物品(如果放在最内层不能实现组内多件物品叠加的情况)。按照前面的数组定义,内层容量的循环应该采用倒序(因为每件物品不会重复选择,结合后面的转移方程更好理解)。
- 转移方程有两部分:
- 如果当前组中选过物品了,则看看在此基础上能否再加一件物品 k:\(f[i][j] = max \{f[i][j], f[i][j-cost[k]]+val[k]\}\)。但是怎么知道该组有没有放过物品了呢?看初始化,如果 \(f[i][j-cost[k]] == -1\) 就可以肯定,没有方案能实现容量为 j 的情况,否则,可以肯定 \(f[i][j-cost[k]]\) 是已经装过该组中的某些物品使得它不等于 -1 了。
- 当然物品 k 还可以看作是该组中的第一件装入背包中的,因此,可以从前 i-1 组的状态转移:\(f[i][j] = max \{f[i][j], f[i-1][j-cost[k]]+val[k]\}\)。当然,前提也得保证 \(f[i-1][j-cost[k]]\) 是有效的,即不等于 -1。含义跟第一个解释类似。
- 最困扰我的一个问题,就是这两个式子能否调换一下位置?当然这么说,肯定是不行。这个问题折腾了我一整天,不知道为什么网上给的题解都是清一色按照上面的这个顺序写的,而且没有说明为什么……都要郁闷死了。最后才发现问题所在,还是先要看数据范围,每个物品的体积和价值最小为 0,这个就比较尴尬了。如果某个物品的体积为 0,但是价值大于 0,那么按照上面的顺序不会出现问题;但是如果调换顺序后,则会出现该物品为重复放进去的问题,因为 \(j-cost[k] = j\),从上一组转移过来,又从本组中转移过来……WA的爽歪歪。
- 转移方程有两部分:
最后是求解
- 这个应该不用多说了,按照上面的初始化,最后输出最后的元素即为所求。
- 如果初始化的时候只把 dp[0][0] 初始化为 0,那么最后求解的时候要循环找一下最大值,因为这时候 dp 存的值为恰好装满的时候结果,自己思考一下,想想转移过程,不难理解。
代码 1(第 0 行为 0,其他为 -1)
// 由于我写法比较麻烦,所有的鞋存在了结果体数组 shoes 中
// 分组信息存在了二维数组 a 中
void solve() {
memset(dp, -1, sizeof(dp));
memset(dp[0], 0, sizeof(dp[0]));
for (int i = 1; i <= kind; ++i) {
for (int k = 1; k <= a[i][0]; ++k) {
const Node &p = shoes[a[i][k]];
for (int j = money; j >= p.price; --j) {
if (dp[i][j-p.price] != -1) { // 该值不等于-1,意味着之前装过该组物品,可以直接考虑在此基础上直接装一件
dp[i][j] = max(dp[i][j], dp[i][j-p.price]+p.val);
}
if (dp[i-1][j-p.price] != -1) { // 说明当前容量可以再买鞋p
dp[i][j] = max(dp[i][j], dp[i-1][j-p.price]+p.val);
}
}
}
}
if (dp[kind][money] == -1) {
printf("Impossible\n");
} else {
printf("%d\n", dp[kind][money]);
}
}
代码 2(只初始化 dp[0][0])
// 由于我写法比较麻烦,所有的鞋存在了结果体数组 shoes 中
// 分组信息存在了二维数组 a 中
void solve() {
memset(dp, -1, sizeof(dp));
dp[0][0] = 0;
for (int i = 1; i <= kind; ++i) {
for (int k = 1; k <= a[i][0]; ++k) {
const Node &p = shoes[a[i][k]];
for (int j = money; j >= p.price; --j) {
if (dp[i][j-p.price] != -1) { // 该值不等于-1,意味着之前装过该组物品,可以直接考虑在此基础上直接装一件
dp[i][j] = max(dp[i][j], dp[i][j-p.price]+p.val);
}
if (dp[i-1][j-p.price] != -1) { // 该物品作为此组第一件被装入时价值是否更优
dp[i][j] = max(dp[i][j], dp[i-1][j-p.price]+p.val);
}
}
}
}
int ans = -1;
for (int i = money; i > 0; --i) {
ans = max(ans, dp[kind][i]);
}
if (ans == -1) {
printf("Impossible\n");
} else {
printf("%d\n", ans);
}
}
代码 3(全部初始化为 0,这种智能针对数据中的疏漏了,但是可以参考)
void solve() {
memset(dp, 0, sizeof(dp));
for (int i = 1; i <= kind; ++i) {
for (int k = 1; k <= a[i][0]; ++k) {
const Node &p = shoes[a[i][k]];
for (int j = money; j >= p.price; --j) {
dp[i][j] = max(dp[i][j], dp[i][j-p.price]+p.val);
dp[i][j] = max(dp[i][j], dp[i-1][j-p.price]+p.val);
}
}
}
if (dp[kind][money] == 0) {
printf("Impossible\n");
} else {
printf("%d\n", dp[kind][money]);
}
}
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