多重背包问题

题目

有N种物品和一个容量为V的背包。第i种物品最多有n[i]件可用，每件费用是c[i]，价值是w[i]。求解将哪些物品装入背包可使这些物品的费用总和不超过背包容量，且价值总和最大。

基本算法

这题目和完全背包问题很类似。基本的方程只需将完全背包问题的方程略微一改即可，因为对于第i种物品有n[i]+1种策略：取0件，取1件……取n[i]件。令f[i][v]表示前i种物品恰放入一个容量为v的背包的最大权值，则有状态转移方程：

f[i][v]=max{f[i-1][v-k*c[i]]+k*w[i]|0<=k<=n[i]}

复杂度是O(V*Σn[i])。

转化为01背包问题

另一种好想好写的基本方法是转化为01背包求解：把第i种物品换成n[i]件01背包中的物品，则得到了物品数为Σn[i]的01背包问题，直接求解，复杂度仍然是O(V*Σn[i])。

但是我们期望将它转化为01背包问题之后能够像完全背包一样降低复杂度。仍然考虑二进制的思想，我们考虑把第i种物品换成若干件物品，使得原问题中第i种物品可取的每种策略——取0..n[i]件——均能等价于取若干件代换以后的物品。另外，取超过n[i]件的策略必不能出现。

方法是：将第i种物品分成若干件物品，其中每件物品有一个系数，这件物品的费用和价值均是原来的费用和价值乘以这个系数。使这些系数分别为 1,2,4,...,2^(k-1),n[i]-2^k+1，且k是满足n[i]-2^k+1>0的最大整数。例如，如果n[i]为13，就将这种物品分成系数分别为1,2,4,6的四件物品。

分成的这几件物品的系数和为n[i]，表明不可能取多于n[i]件的第i种物品。另外这种方法也能保证对于0..n[i]间的每一个整数，均可以用若干个系数的和表示，这个证明可以分0..2^k-1和2^k..n[i]两段来分别讨论得出，并不难，希望你自己思考尝试一下。

这样就将第i种物品分成了O(log n[i])种物品，将原问题转化为了复杂度为<math>O(V*Σlog n[i])的01背包问题，是很大的改进。

下面给出O(log amount)时间处理一件多重背包中物品的过程，其中amount表示物品的数量：

procedure MultiplePack(cost,weight,amount) 
    if cost*amount>=V CompletePack(cost,weight) 
         return integer k=1 
    while k<amount 
         ZeroOnePack(k*cost,k*weight) 
         amount=amount-k k=k*2 
    ZeroOnePack(amount*cost,amount*weight)

希望你仔细体会这个伪代码，如果不太理解的话，不妨翻译成程序代码以后，单步执行几次，或者头脑加纸笔模拟一下，也许就会慢慢理解了。

O(VN)的算法

多重背包问题同样有O(VN)的算法。这个算法基于基本算法的状态转移方程，但应用单调队列的方法使每个状态的值可以以均摊O(1)的时间求解。由于用单调队列优化的DP已超出了NOIP的范围，故本文不再展开讲解。我最初了解到这个方法是在楼天成的“男人八题”幻灯片上。

小结

这里我们看到了将一个算法的复杂度由O(V*Σn[i])改进到O(V*Σlog n[i])的过程，还知道了存在应用超出NOIP范围的知识的O(VN)算法。希望你特别注意“拆分物品”的思想和方法，自己证明一下它的正确性，并将完整的程序代码写出来。

加普通优化的速度也不错

#include<iostream>
using namespace std;

int v,n;
long long f[50001];
int main()
{
    cin>>v>>n;
    memset(f,0,sizeof(f));
    for(int i=1;i<=n;++i){
        int k,w,c;
        cin>>k>>w>>c;
        for(int t=1;t<=k;++t){
            bool bk=1;
            for(int j=v;j>=w;--j)
                if(f[j]<f[j-w]+c){
                    f[j]=f[j-w]+c;
                    bk=0;
                }
            if(bk) break;
        }
    }
    printf("%lld\n",f[v]);
    return 0;
}

DD牛的优化方法的代码：

#include<iostream>
using namespace std;

int n,v,f[50001];
bool make(int wi,int ci){
    bool bk=1;
    for(int j=v;j>=wi;--j)
        if(f[j]<f[j-wi]+ci){
            f[j]=f[j-wi]+ci;
            bk=0;
        }
    return bk;
}
int main()
{
    scanf("%d%d",&v,&n);
    for(int i=0;i<=v;++i) f[i]=0;
    for(int i=1;i<=n;++i){
        int k,w,c;
        scanf("%d%d%d",&k,&w,&c);
        int t=1;
        bool bo=0;
        while(t<=k){
             bo=make(t*w,t*c);
             if(bo) break;
             k-=t;
             t*=2;
        }
        if(bo) continue;
        if(k) make(k*w,k*c);
    }
    printf("%d\n",f[v]);
    return 0;
}