这节课首先介绍了 bin packing 的另一种线性规划模型：configuration LP，之后提出了一种渐进比为 1 的 bin packing 近似算法。
Configuration LP
我们将 $n$ 个物品按体积分类，设共有 $k$ 种不同的体积，记为 $c_1, c_2, dots, c_k$，每种体积有物品 $b_1, b_2, dots, b_k$ 个。
对于一个 bin，我们枚举体积为 $c_1$ 的物品放几个，$c_2$ 的放几个，...，$c_k$ 的放几个。
假设一共有 $N$ 种不同的方案（又称为 pattern），记 $t_{i, j}$ 表示第 $i$ 种方案中，体积为 $c_j$ 的物品放了几个。我们设 $x_i$ 表示对一个 bin packing 问题得到的答案中，第 $i$ 种方案的 bin 用了几个。
那么，我们能写出 bin packing 的线性规划问题：$$egin{matrix} minlimits_x & sumlimits_{i=1}^N x_i \ ext{s.t.} & sumlimits_{i=1}^N t_{i, j}x_i ge b_j & forall j in {1, 2, dots, k} \ & x ge 0 end{matrix}$$
这个线性规划看起来变量很多，但是可以通过某种神奇的方法在比较好的多项式时间内求解。
近似算法
下面将提出一种渐进比为 1 的近似算法。记 $N(I)$ 表示该算法对 bin packing 的实例 $I$ 算出来的答案，我们将要证明 $N(I) le ext{OPT}_{LP}(I) + O(log^2 ext{OPT}_{LP}(I))$。算法步骤如下：
1. 记 $c(I)$ 表示实例 $I$ 中物品的体积总和，先将体积小于 $frac{1}{c(I)}$ 的物品拿走。等其它物品用迭代算法分配完后，再把小的物品用 first fit 安排进去。
2. 使用迭代算法分配剩下的物品。
为什么最后分配“小”的物品不影响结论呢？下面先证明一个引理。
引理：设 $I$ 为 bin packing 问题的实例，$g$ 是一个 0~1 之间的实数。我们称体积至少为 $frac{g}{2}$ 的物品为“大”物品，其它物品是“小”物品。我们首先分配大物品，设一共用了 $A$ 个 bin。此时再用 first fit 把小物品也分配进去，则总共使用的 bin 数至多为 $max(A, (1+g)c(I)+1)$。
证明：设总共使用的 bin 数量为 $B$。如果最后的 first fit 没有再开新的 bin，那么 $B = A$；否则至多有一个 bin 体积小于 $1 - frac{g}{2}$，那么我们可以推出 $c(I) ge (1 - frac{g}{2})(B-1)$，再结合 $0 le g le 1$，就有 $B le frac{2}{2-g}c(I) + 1 le (1+g)c(I)+1$。
回到我们的算法，算法的第 1 步其实就是让 $frac{1}{c(I)} = frac{g}{2}$，即 $c(I) = frac{2}{g}$。只要有 $c(I) ge 2$（$c(I) < 2$ 用 first fit 就行了，反正要证的是渐进比嘛...），那么用 first fit 分配小物品后，使用的总 bin 数就是 $(1 + frac{2}{c(I)})c(I) + 1 = c(I) + 3$（然后和 $A$ 取个 max），不改变我们渐进比为 1 的结论。下面我们只要证明 $A$ 也符合结论就行了。
迭代算法与证明
下面说明要用到的迭代算法，并证明算法的结果仍然符合渐进比为 1 的结论。每一次迭代考虑当前的实例 $I$，进行以下步骤：
第一步
求出 configuration LP 的解。设第 $i$ 个 pattern 用了 $x_i$ 次，由于 LP 只有 $k$ 个限制，那么非零量至多只有 $k$ 个（所以不用担心因为非零量太多直接变成指数级算法）。
第二步
把实例 $I$ 拆成两部分，$I_1$ 包含了解的整数部分（即 $leftlfloor x ight floor$），$I_2$ 包含了解的小数部分（即 $x - leftlfloor x ight floor$）。由于我们使用的 pattern 种数至多为 $k$，那么小数部分物品的体积总和不超过 $k$。
很容易发现，$I_1$ 的最优解就是恰好放满 $ ext{OPT}_{LP}(I_1)$ 个 bin，那么容易有 $ ext{OPT}_{LP}(I_1) + ext{OPT}_{LP}(I_2) = ext{OPT}_{LP}(I)$。
举个例子：
假如有 2 种物品 $c_1, c_2$ 和 2 种 pattern。
第 1 个 pattern 有 3 个 $c_1$ 与 1 个 $c_2$；
第 2 个 pattern 有 1 个 $c_1$ 与 3 个 $c_2$。
Configuration LP 的解为 2.5 个 pattern 1 与 1.5 个 pattern 2。
那么我们把 $I$ 拆成两个部分，
$I_1$ 里有 $3 imes 2 + 1 imes 1 = 7$ 个 $c_1$ 和 $1 imes 2 + 3 imes 1 = 5$ 个 $c_2$，
$I_2$ 里有 $3 imes 0.5 + 1 imes 0.5 = 2$ 个 $c_1$ 和 $1 imes 0.5 + 3 imes 0.5 = 2$ 个 $c_2$。
第三步
把 $I_2$ 中的所有物品按体积总大到小排序，设为 $d_1 ge d_2 ge dots$。
我们把这些物品分堆：首先找到最小的 $n_1$，把 $d_1$ 到 $d_{n_1}$ 分成第一堆，且堆内物品体积总和至少为 2；再找到最小的 $n_2$，把 $d_{n_1+1}$ 到 $d_{n_2}$ 分成第二堆，且堆内体积总和至少为 2；...这样分成 $p$ 堆，显然只有最后一堆的体积总和可能小于 2。
由于每个物品的体积都至多为 1，每一堆的体积总和肯定小于 3。还容易发现，由于物品是按体积从大到小排序的，有 $n_1 le n_2 le dots le n_{p-1}$。
接下来，我们去掉第一堆和第 $p$ 堆。在第 2 到 $p-1$ 堆中，对于第 $i$ 堆，我们只留下最大的 $n_{i-1}$ 个物品（去掉剩下的 $n_i - n_{i-1}$ 个物品），并且把这些物品的体积都放大到第 $i$ 堆里最大的体积。将我们留下来的物品构成实例 $I'$。
不难注意到，如果我们把 $I'$ 也进行分堆，那么 $I'$ 里第一堆的物品数和 $I_2$ 里第一堆的物品数相同，但体积都没有 $I_2$ 第一堆的大，其它堆也是如此。所以我们有 $ ext{OPT}(I') le ext{OPT}(I_2)$。我们只要把 $I'$ 作为新一轮迭代的实例进行迭代即可。
不过，我们要迭代多少轮呢？注意到 $I_2$ 分堆后，每一堆的体积至少为 2，那么 $I'$ 中体积不同的物品种数至多为 $frac{c(I_2)}{2}$。别忘了我们在第二步中发现的结论：小数部分物品的体积总和不超过体积不同的物品种数。所以每一轮 $I_2$ 的体积都会折半，那么 $log c(I)$ 轮之后迭代就会结束。
最后我们再来看看被我们去掉的物品总体积是多少。
首先，我们去掉了第一堆和第 $p$ 堆，这两堆的体积之和至多为 6。
再来看第 2 堆到第 $p-1$ 堆。对于第 $i$ 堆，我们去掉了 $n_i - n_{i-1}$ 个物品，它们的体积均值不会超过 $frac{3}{n_i}$（只考虑小的值，均值会变小）。我们来求个和 $$egin{matrix} & 6 + sumlimits_{i=2}^{p-1}(n_i-n_{i-1})frac{3}{n_i} \ = & 6 + 3sumlimits_{i=2}^{p-1}(frac{1}{n_i} + frac{1}{n_i} + dots + frac{1}{n_i}) \ le & 6 + 3sumlimits_{i=2}^{p-1}(frac{1}{n_{i-1}+1} + frac{1}{n_{i-1}+2} + dots + frac{1}{n_i}) \ le & 6 + 3sumlimits_{i=1}^{n_{p-1}} frac{1}{i} end{matrix}$$ 别忘了我们一开始就把体积小于 $frac{1}{c(I)}$ 的物品拿走了，那么 $n_{p-1} le 3 div frac{1}{c(I)} = 3c(I)$，那么去掉的物品总体积就是 $O(log c(I))$ 的了。
我们最后再把这些去掉的物品 first fit 一下就好了。我们知道 first fit 近似比是 1.7 的，不会改变大 O 的结论。
回顾一下
每次迭代都会把当前实例 $I$ 分成 $I_1$ 和 $I_2$。$I_1$ 里的物品由于恰好装满箱子，肯定是最优解的一部分，那么比最优解差的部分就来自于 $I_2$ 中被去掉的物品。而 $I_2$ 中被去掉的物品总体积为 $O(log c(I))$，迭代最多进行 $log c(I)$ 次，所以算法的结果就是 $ ext{OPT}_{LP}(I) + O(log^2 C(I)) le ext{OPT}_{LP}(I) + O(log^2 ext{OPT}_{LP}(I))$，这就完成了证明。