多重背包问题

多重背包问题：

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w[i]，价值是c[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。

简明易懂，这就和完全背包问题差不多。

所以基本的方程只需将完全背包问题的方程略微修改即可，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：f[i][v]=max{f[i-1][v-k*w[i]]+ k*c[i]|0<=k<=n[i]}。复杂度是O(V*∑n[i])。

另一种方法是转化为01背包问题 　　

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∑n[i]的01背包问题，直接求解，复杂度仍然是O(V*∑n[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。

考虑二进制的思想，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(注意：这些系数已经可以组合出1~n[i]内的所有数字)。

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，只需要几分钟便可轻松解决。

有一道很相似的例题：

洛谷P1064

传送门

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<cctype>
#define ll long long
#define gc() getchar()
#define maxn 65
#define maxm 20005
using namespace std;

inline ll read(){    //日常读入优化，对这道题毫无卵用
    ll a=0;int f=0;char p=gc();
    while(!isdigit(p)){f|=p=='-';p=gc();}
    while(isdigit(p)){a=(a<<3)+(a<<1)+(p^48);p=gc();}
    return f?-a:a;
}
void write(ll a){
    if(a>9)write(a/10);
    putchar(a%10+'0');
}

int n,m,v[maxn],w[maxn],f[maxm],c[maxn][maxn];  //c[i][0]表示主件为i的物品的数量，那么c[0][0]就表示主件的数量，c[i][j]表示主件为i的第j个物品的标号，这样写本意是处理无穷个配件，结果发现配件至多有两个，懒得改了
int main(){
    m=read()/10;n=read();
    for(int i=1;i<=n;++i){
        v[i]=read()/10;w[i]=read()*v[i];
        int q=read();c[q][++c[q][0]]=i;
    }
    for(int i=1;i<=c[0][0];++i)
        for(int k=m;k>=v[i];--k){
            int v2=(k-v[c[0][i]])>=0?f[k-v[c[0][i]]]+w[c[0][i]]:0;    //可选则存为可存入的，不可选则为0，以下同此，v2,v3,v4,v5分别代表的是前面讲的第二第三第四第五种情况
            int v3=(k-v[c[0][i]]-v[c[c[0][i]][1]])>=0?f[k-v[c[0][i]]-v[c[c[0][i]][1]]]+w[c[0][i]]+w[c[c[0][i]][1]]:0;    
            int v4=(k-v[c[0][i]]-v[c[c[0][i]][2]])>=0?f[k-v[c[0][i]]-v[c[c[0][i]][2]]]+w[c[0][i]]+w[c[c[0][i]][2]]:0;
            int v5=(k-v[c[0][i]]-v[c[c[0][i]][1]]-v[c[c[0][i]][2]])>=0?f[k-v[c[0][i]]-v[c[c[0][i]][1]]-v[c[c[0][i]][2]]]+w[c[0][i]]+w[c[c[0][i]][1]]+w[c[c[0][i]][2]]:0;
            f[k]=max(f[k],max(max(v2,v3),max(v4,v5)));  //简化后应该就比较容易看懂了
        }
    write(f[m]*10);
    return 0;
}

第二种：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m;
int f[40000],g[40000];
struct obj
{
    int price,value,team;
}
a[100];
int main()
{
    cin>>n>>m;
    for(int i=1;i<=m;i++)
     scanf("%d%d%d",&a[i].price,&a[i].value,&a[i].team),a[i].value*=a[i].price;
     for(int i=1;i<=m;i++)
     if(!a[i].team){
         for(int j=1;j<a[i].price;j++)g[j]=0;
         for(int j=a[i].price;j<=n;j++)g[j]=f[j-a[i].price]+a[i].value;
         for(int j=1;j<=m;j++)
         if(a[j].team==i)
         for(int k=n;k>=a[i].price+a[j].price;k--)g[k]=max(g[k],g[k-a[j].price]+a[j].value);
        for(int j=a[i].price;j<=n;j++)f[j]=max(f[j],g[j]);
    }
    cout<<f[n];
    return 0;
}