hdu2844(0/1背包+二进制转化)
来源:互联网 发布:草图大师2018mac破解 编辑:程序博客网 时间:2024/05/22 22:48
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跨越背包涵量,且价值总和最大。
办法:
根蒂根基算法
这题目和完全背包题目很类似。根蒂根基的方程只需将完全背包题目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]默示前i种物品恰放入一个容量为v的背包的最大权值,则有状况转移方程:
f[i][v]=max{f[i-1][v-k*c[i]]+k*w[i]|0<=k<=n[i]}
错杂度是O(V*Σn[i])。
转化为01背包题目
另一种好想好写的根蒂根基办法是转化为01背包求解:把第i种物品换成n[i]件01背包中的物品,则获得了物品数为Σn[i]的01背包题目,直接求解,错杂度仍然是O(V*Σn[i])。
然则我们期望将它转化为01背包题目之后可以或许像完全背包一样降落错杂度。仍然推敲二进制的思惟,我们推敲把第i种物品换成若干件物品,使得原题目中第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今后的物品。别的,取跨越n[i]件的策略必不克不及呈现。
办法是:将第i种物品分成若干件物品,此中每件物品有一个系数,这件物品的费用和价值均是本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,若是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],注解不成能取多于n[i]件的第i种物品。别的这种办法也能包管对于0..n[i]间的每一个整数,均可以用若干个系数的和默示,这个证实可以分0..2^k-1和2^k..n[i]两段来分别评论辩论得出,并不难,欲望你本身思虑测验测验一下。
如许就将第i种物品分成了O(log n[i])种物品,将原题目转化为了错杂度为<math>O(V*Σlog n[i])的01背包题目,是很大的改进。
以上内容来自背包九讲之多重背包题目
代码:
#include<iostream>using namespace std;int f[100005];int p[105],c[105];int main(){ int i,j,k,n,m,cnt; while(scanf("%d%d",&n,&m)!=EOF) { if(n==0&&m==0) break; for(i=0;i<n;i++) scanf("%d",&p[i]); for(i=0;i<n;i++) scanf("%d",&c[i]); memset(f,0,sizeof(f)); f[0]=1; for(i=0;i<n;i++) { cnt=c[i]; for(k=1;k<=cnt;k<<=1) { for(j=m;j>=k*p[i];j--) f[j]+=f[j-k*p[i]]; cnt-=k; } if(cnt) for(j=m;j>=cnt*p[i];j--) f[j]+=f[j-cnt*p[i]]; } int sum=0; for(i=1;i<=m;i++) if(f[i]) sum++; printf("%d\n",sum); } return 0;}
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