原题链接AcWing5
基本思考框架
思路和多重背包问题I一样，但这题的数据范围变成1000了，非优化写法时间复杂度O(n^3) 接近 1e9必超时。
优化多重背包的优化
首先，我们不能用完全背包的优化思路来优化这个问题，因为每组的物品的个数都不一样，是不能像之前一样推导不优化递推关系的。（详情看下面引用的博文）
我们列举一下更新次序的内部关系：
c++ f[i , j ] = max( f[i-1,j] , f[i-1,j-v]+w , f[i-1,j-2*v]+2*w , f[i-1,j-3*v]+3*w , .....)
f[i , j-v]= max( f[i-1,j-v] , f[i-1,j-2*v] + w , f[i-1,j-2*v]+2*w , .....)
由上两式，可得出如下递推关系：
f[i][j]=max(f[i,j-v]+w , f[i-1][j])
接下来，我介绍一个二进制优化的方法
假设有一组商品，一共有11个。我们知道，十进制数字 11可以这样表示
11=1011(B)=0111(B)+(11−0111(B))=0111(B)+0100(B)
正常背包的思路下，我们要求出含这组商品的最优解，我们要枚举12次（枚举装0，1，2....12个）。
现在，如果我们把这11个商品分别打包成含商品个数为1个，2个，4个，4个（分别对应0001,0010,0100,0100）的四个”新的商品 “, 将问题转化为01背包问题，对于每个商品，我们都只枚举一次，那么我们只需要枚举四次 ，就可以找出这含组商品的最优解。 这样就大大减少了枚举次数。
这种优化对于大数尤其明显，例如有1024个商品，在正常情况下要枚举1025次 ， 二进制思想下转化成01背包只需要枚举10次。
优化的合理性的证明
先讲结论：上面的1，2，4，4是可以通过组合来表示出0~11中任何一个数的，还是拿11证明一下（举例一下）：
首先，11可以这样分成两个二进制数的组合：
11=0111(B)+(11−0111(B))=0111(B)+0100(B)
其中0111通过枚举这三个1的取或不取（也就是对0001(B)，0010(B)，0100(B)的组合），可以表示十进制数0~7( 刚好对应了 1，2，4 可以组合出 0~7 ) , 0~7的枚举再组合上0100(B)( 即 十进制的 4 ) ，可以表示十进制数 0~11。其它情况也可以这样证明。这也是为什么，这个完全背包问题可以等效转化为01背包问题，有木有觉得很奇妙
怎么合理划分一个十进制数?
上面我把11划分为
11=0111(B)+(11−0111(B))=0111(B)+0100(B)
是因为 0111(B)刚好是小于11的最大的尾部全为1的二进制 ( 按照上面的证明，这样的划分没毛病 ) , 然后那个尾部全为1的数又可以 分解为 0000....1 , 0000....10 , 0000....100 等等。
对应c++代码：
//设有s个商品，也就是将s划分
for(int k = 1 ; k <= s ;k*=2)
{
s-=k;
goods.push_back({v*k,w*k});
}
if(s>0)
goods.push_back({v*s,w*s});
终究AC代码：01优化+二进制优化
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<vector>
using namespace std;
const int N = 2010;
int f[N],n,m;
struct good
{
int w,v;
};
int main()
{
cin>>n>>m;
vector<good> Good;
good tmp;
//二进制处理
for(int i = 1 ; i <= n ; i++ )
{
int v,w,s;
cin>>v>>w>>s;
//坑,k <= s
for(int k = 1 ; k <= s ; k*=2 )
{
s-=k;
Good.push_back({k*w,k*v});
}
if(s>0) Good.push_back({s*w,s*v});
}
//01背包优化+二进制
for(auto t : Good)
for(int j = m ; j >= t.v ; j--)
f[j] = max(f[j] , f[j-t.v]+t.w ); //这里就是f[j]
cout<<f[m]<<endl;
return 0;
}