多重背包

来源：互联网发布：charles汉化破解版mac 编辑：程序博客网时间：2024/05/16 06:15

本文包含的内容：

<1> 问题描述

<2> 基本思路（和完全背包类似）

<3> 转换为01背包问题求解（直接利用01背包）

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1、问题描述

已知:有一个容量为V的背包和N件物品，第i件物品最多有Num[i]件，每件物品的重量是weight[i]，收益是cost[i]。

问题:在不超过背包容量的情况下，最多能获得多少价值或收益

举例：物品个数N = 3，背包容量为V = 8，则背包可以装下的最大价值为64.

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2、基本思路（直接扩展01背包的方程）

由于本问题和完全背包很类似，这里直接给出方程。

[cpp] view plaincopyprint?

状态转移方程：
f[i][v]:表示前i件物品放入重量为v的背包获得的最大收益
f[i][v] = max(f[i][v],f[i - 1][V - k * Weight[i]] + k * Value[i]);
其中0 <= k <= min(Num[i],V/Weight[i]);//这里和完全背包不同。
边界条件
f[i][0] = 0;
f[v][0] = 0;

状态转移方程：f[i][v]:表示前i件物品放入重量为v的背包获得的最大收益f[i][v] = max(f[i][v],f[i - 1][V - k * Weight[i]] + k * Value[i]);其中0 <= k <= min(Num[i],V/Weight[i]);//这里和完全背包不同。边界条件f[i][0] = 0;f[v][0] = 0;

代码：

[cpp] view plaincopyprint?

#include <iostream>
using namespace std;
const int N = 3;//物品个数
const int V = 8;//背包容量
int Weight[N + 1] = {0,1,2,2};
int Value[N + 1] = {0,6,10,20};
int Num[N + 1] = {0,10,5,2};
int f[N + 1][V + 1] = {0};
/*
f[i][v]:表示把前i件物品放入容量为v的背包中获得的最大收益。
f[i][v] = max(f[i - 1][v],f[i - 1][v - k * Weight[i]] + K * Value[i]);其中1 <= k <= min(Num[i],V/Weight[i])
//初始化
f[i][0] = 0;
f[0][v] = 0;
*/
int MultiKnapsack()
{
int nCount = 0;
//初始化
for (int i = 0;i <= N;i++)
{
f[i][0] = 0;
}
for (int v = 0;v <= V;v++)
{
f[0][v] = 0;
}
//递推
for (int i = 1;i <= N;i++)
{
for (int v = Weight[i];v <= V;v++)
{
f[i][v] = 0;
nCount = min(Num[i],v/Weight[i]);//是当前背包容量v，而不是背包的总容量
for (int k = 0;k <= nCount;k++)
{
f[i][v] = max(f[i][v],f[i - 1][v - k * Weight[i]] + k * Value[i]);
}
}
}
return f[N][V];
}
int main()
{
cout<<MultiKnapsack()<<endl;
system("pause");
return 1;
}

#include <iostream>using namespace std;const int N = 3;//物品个数const int V = 8;//背包容量int Weight[N + 1] = {0,1,2,2};int Value[N + 1] = {0,6,10,20};int Num[N + 1] = {0,10,5,2};int f[N + 1][V + 1] = {0};/*f[i][v]:表示把前i件物品放入容量为v的背包中获得的最大收益。f[i][v] = max(f[i - 1][v],f[i - 1][v - k * Weight[i]] + K * Value[i]);其中1 <= k <= min(Num[i],V/Weight[i])//初始化f[i][0] = 0;f[0][v] = 0;*/int MultiKnapsack(){int nCount = 0;//初始化for (int i = 0;i <= N;i++){f[i][0] = 0;}for (int v = 0;v <= V;v++){f[0][v] = 0;}//递推for (int i = 1;i <= N;i++){for (int v = Weight[i];v <= V;v++){f[i][v] = 0;nCount = min(Num[i],v/Weight[i]);//是当前背包容量v，而不是背包的总容量for (int k = 0;k <= nCount;k++){f[i][v] = max(f[i][v],f[i - 1][v - k * Weight[i]] + k * Value[i]);}}}return f[N][V];}int main(){cout<<MultiKnapsack()<<endl;system("pause");return 1;}

复杂度分析：

程序需要求解N*V个状态，每一个状态需要的时间为O（v/Weight[i]），总的复杂度为O(NV*Σ(V/Weight[i]))。

3、转换为01背包问题求解（直接利用01背包）

思路 1、直接对每一件物品进行拆分成min（Num[i],V/Weight[i]）件，之后在拆分后的集合上进行01背包的求解。

时间复杂度：和基本思路一样，没有降低。

#include<iostream>#include<fstream>using namespace std;#define MAX 10000int g_All_V;int f[MAX];int max(int x, int y){x = x > y ? x : y;return x;}void ZeroOnePace(int value, int single_V){int j;for(j = g_All_V; j >= single_V; j--)f[j] = max(f[j],f[j-single_V] + value);}int main(){int Case;int ivalue[MAX],icost[MAX],inum[MAX];cin>>Case;int all_kind;while(Case--){int MM = -1,j;cin>>g_All_V>>all_kind;memset(f,0,sizeof(f));for(int i = 0; i < all_kind; i++){cin>>icost[i]>>ivalue[i]>>inum[i];}for(int i = 0; i < all_kind; i++){for(int j = 0; j <= inum[i]; j++)ZeroOnePace(ivalue[i],icost[i]);}for(int i = 0; i <= g_All_V; i++)if(f[i] > MM)MM = f[i];cout<<MM<<endl;}}

思路 2、采用二进制拆分的思想。对每i件物品，拆分的策略为：新拆分的物品的重量等于1件,2件,4件,..,(2^(k - 1)),Num[i] -(2^(k - 1))件，其中k 是满足Num[i] - 2^k + 1 > 0 的最大整数。

注意，

（1）最后一个物品的件数的求法和前面不同，其直接等于该物品的最大件数 - 前面已经分配之和。

（2）分成的这几件物品的系数和为Num[i]，表明第i种物品取的件数不能多于Num[i]。

举例：某物品为13件，则其可以分成四件物品，其系数为1,2,4,6.这里k = 3。

当然，这里使用二进制的前提还是使用二进制拆分能保证对于0,,,Num[i]间的每一个整数，均可以用若干个系数的和表示。

具体使用时，有一个小优化，即：

我们不对所有的物品进行拆分，因此物品一旦拆分，其物品个数肯定增加，那么复杂度肯定上去。

此时，我们可以选择性地对物品进行拆分：

（1）如果第i个物品的重量Weight[i] * 物品的个数Num[i] >= 背包总重量V，可以不用拆分。

（2）如果第i个物品的重量Weight[i] * 物品的个数Num[i] < 背包总重量V，可以不用拆分。

其实，拆不拆分，就看该物品能不能满足完全背包的条件。即，看该物品能不能无限量供应。