看完背包九讲的多重背包之后,这题目应该可以轻松做出来了
模型:
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。
方法:
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。
以上内容来自背包九讲之多重背包问题
#include<iostream> #include<algorithm> #define maxn 100010 using namespace std; int dp[maxn],n,k; int v[101],w[101],V; void zero(int cost) { for(int i=V;i>=cost;i--) dp[i]=max(dp[i],dp[i-cost]+cost); } void complet(int cost) { for(int i=cost;i<=V;i++) dp[i]=max(dp[i],dp[i-cost]+cost); } void multi(int cost,int amount) { if(cost * amount>=V) { complet(cost); return ; } int k=1; while(k<amount) { zero(k*cost); amount-=k; k<<=1; } zero(amount*cost); } int main() { while(scanf("%d %d",&n,&V)==2&&(n||V)) { for(int i=0;i<n;i++) scanf("%d",&v[i]); for(int i=0;i<n;i++) scanf("%d",&w[i]); for(int i=1;i<=V;i++) dp[i]=INT_MIN; dp[0]=0; for(int i=0;i<n;i++) multi(v[i],w[i]); int count=0; for(int i=1;i<=V;i++) if(dp[i]>=0) count++; printf("%d\n",count); } return 0; }