超大背包(挑战编程之01背包)
来源:互联网 发布:免费淘宝客程序源码 编辑:程序博客网 时间:2024/04/29 05:26
先来温习01背包:
01背包是在M件物品取出若干件放在空间为W的背包里,每件物品的体积为W1,W2……Wn,与之相对应的价值为P1,P2……Pn。
超大背包问题:有n个重量和价值分别为w[i]和v[i]的物品,从这些物品中挑选总重量不超过W的物品,求所有挑选方案中价值总和的最大值。其中,1 ≤ n ≤ 40, 1 ≤ w[i], v[i] ≤ 10^15, 1 ≤ W ≤ 10^15.
思路:第一感觉就是普通的01背包。不过,看完数据范围会发现,这次价值和重量都可以是非常大的数值,相比之下n比较小。使用DP求解背包为题的复杂度是O(nW),因此不能用来解决这个问题。此时我们应该利用n比较小的特点来寻找其他方法。
挑选物品的方案总共有2^n种,所以不能直接枚举,但是如果将物品分成两半再枚举的话,由于每部分最多只有20个,这是可行的。我们把前半部分中的挑选方法对应的重量和价值总和记为w1、v1,这样在后半部分寻找总重w2 ≤ W - w1时使v2最大的选取方法即可。
因此,我们要思考从枚举得到的(w2,v2)集合中高效寻找max{v2|w2 ≤ W'}的方法。首先,显然我们可以排除所有w2[i] ≤ w2[j] 并且 v2[i] >= v2[j]的j。这一点可以按照w2、v2的字典序排序后做到。此后剩余的元素都满足w2[i] < w2[j] <=> v2[i] < v2[j],要计算max{v2|w2 <= W'}的话,只要寻找满足w2[i] <= W'的最大的i就可以了。这可以用二分搜索完成,剩余的元素个数为M的话,一次搜索需要O(logM)的时间。因为M≤2^(n/2),所以这个算法总的时间复杂度是O(n * 2^(n/2)),可以在实现内解决问题。
代码:
#include <ctype.h>#include <stdio.h>#include <stdlib.h>#include <vector>#include <queue>#include <string.h>#include <iostream>#include <algorithm>using namespace std;const int maxn =50;const long long inf=0x3f3f3f3f;typedef long long LL;int n,m,i,j;LL w[maxn],v[maxn];LL W;pair<LL, LL> vec[1 << (maxn/2)]; //重量,价值inline int input(){ int res=0,f=1,c; while(!isdigit(c = getchar()) && c!='-'); c=='-' ? f=0 : res=c-'0'; while(isdigit(c = getchar())) res = res*10 + c-'0'; return f ? res : -res;}void solve (){ int n2=n/2; for(int i=0; i<1<<n2; i++) { LL sw=0,sv=0; for(int j=0; j<n2; j++) { if(i>>j&1) { sw+=w[j]; sv+=v[j]; } } vec[i]=make_pair(sw,sv); } sort(vec,vec+(1<<n2)); int m=1; for(int i=1; i<1<<n2; i++) { if(vec[m-1].second<vec[i].second) { vec[m++]=vec[i]; } } LL res=0; for(int i=0; i<1<<(n-n2); i++) { LL sw=0,sv=0; for(int j=0; j<n-n2; j++) { if(i>>j&1) { sw+=w[n2+j]; sv+=v[n2+j]; } } if(sw<=W) { LL ans=(lower_bound(vec,vec+m,make_pair(W-sw,inf))-1)->second; res=max(res,sv+ans); } } printf("%lld\n",res);}int main(){ while(~scanf("%d%lld",&n,&W)) { //printf("%d\n",1<<(maxn/2)); for(i=0; i<n; i++) { scanf("%lld%lld",&w[i],&v[i]); } solve(); //printf("%lld\n",w[n-1]*v[n-1]); } return 0;}
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