杭电OJ 1248 完全背包问题 及反思
来源:互联网 发布:软件项目助理职责 编辑:程序博客网 时间:2024/04/26 08:49
死亡骑士:"我要买道具!"
地精商人:"我们这里有三种道具,血瓶150块一个,魔法药200块一个,无敌药水350块一个."
死亡骑士:"好的,给我一个血瓶."
说完他掏出那张N元的大钞递给地精商人.
地精商人:"我忘了提醒你了,我们这里没有找客人钱的习惯的,多的钱我们都当小费收了的,嘿嘿."
死亡骑士:"......"
死亡骑士想,与其把钱当小费送个他还不如自己多买一点道具,反正以后都要买的,早点买了放在家里也好,但是要尽量少让他赚小费.
现在死亡骑士希望你能帮他计算一下,最少他要给地精商人多少小费.
注意:地精商店只有题中描述的三种道具.
2900250
050
通过题意可以知道,本题是完全背包问题。
有关完全背包问题的一些基础知识如下
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问题描述:
有N种物品和一个容量为V的背包,每种物品都有无限件可用。第i种物品的费用是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。
基本思路:
这个问题非常类似于01背包问题,所不同的是每种物品有无限件。也就是从每种物品的角度考虑,与它相关的策略已并非取或不取两种,而是有取0件、取1件、取2件……等很多种。如果仍然按照解01背包时的思路,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。仍然可以按照每种物品不同的策略写出状态转移方程,像这样:
这跟01背包问题一样有O(N*V)个状态需要求解,但求解每个状态的时间已经不是常数了,求解状态f[i][v]的时间是O(v/c[i]),总的复杂度是超过O(VN)的。
将01背包问题的基本思路加以改进,得到了这样一个清晰的方法。这说明01背包问题的方程的确是很重要,可以推及其它类型的背包问题。但我们还是试图改进这个复杂度。
一个简单有效的优化:
完全背包问题有一个很简单有效的优化,是这样的:若两件物品i、j满足c[i]<=c[j]且w[i]>=w[j],则将物品j去掉,不用考虑。这个优化的正确性显然:任何情况下都可将价值小费用高得j换成物美价廉的i,得到至少不会更差的方案。对于随机生成的数据,这个方法往往会大大减少物品的件数,从而加快速度。然而这个并不能改善最坏情况的复杂度,因为有可能特别设计的数据可以一件物品也去不掉。
这个优化可以简单的O(N^2)地实现,一般都可以承受。另外,针对背包问题而言,比较不错的一种方法是:首先将费用大于V的物品去掉,然后使用类似计数排序的做法,计算出费用相同的物品中价值最高的是哪个,可以O(V+N)地完成这个优化。这个不太重要的过程就不给出伪代码了,希望你能独立思考写出伪代码或程序。
转化为01背包:
因为同种物品可以多次选取,那么第i种物品最多可以选取V/C[i]件价值不变的物品,然后就转化为01背包问题。整个过程的时间复杂度并未减少。如果把第i种物品拆成体积为C[i]×2k价值W[i]×2k的物品,其中满足C[i]×2k≤V。那么在求状态F[i][j]时复杂度就变为O(log2(V/C[i]))。整个时间复杂度就变为O(NVlog2(V/C[i]))
时间复杂度优化为O(NV)
将原始算法的DP思想转变一下。
设F[i][j]表示出在前i种物品中选取若干件物品放入容量为j的背包所得的最大价值。那么对于第i种物品的出现,我们对第i种物品放不放入背包进行决策。如果不放那么F[i][j]=F[i-1][j];如果确定放,背包中应该出现至少一件第i种物品,所以F[i][j]种至少应该出现一件第i种物品,即F[i][j]=F[i][j-C[i]]+W[i]。为什么会是F[i][j-C[i]]+W[i]?因为F[i][j-C[i]]里面可能有第i种物品,也可能没有第i种物品。我们要确保F[i][j]至少有一件第i件物品,所以要预留C[i]的空间来存放一件第i种物品。
状态方程为:
(2-2)
伪代码为:
- F[0][] ← {0}
- F[][0] ← {0}
- for i←1 to N
- do for j←1 to V
- F[i][j] ← F[i-1][j]
- if(j >= C[i])
- then F[i][j] ← max(F[i][j],F[i][j-C[i]]+ W[i])
- return F[N][V]
具体背包中放入那些物品的求法和01背包情况差不多,从F[N][V]逆着走向F[0][0],设i=N,j=V,如果F[i][j]==F[i][j-C[i]]+W[i]说明包里面有第i件物品,同时j -= C[i]。完全背包问题在处理i自减和01背包不同,01背包是不管F[i][j]与F[i-1][j-C[i]]+W[i]相不相等i都要减1,因为01背包的第i件物品要么放要么不放,不管放还是不放其已经遍历过了,需要继续往下遍历而完全背包只有当F[i][j]与F[i-1][j]相等时i才自减1。因为F[i][j]=F[i-1][j]说明背包里面不会含有i,也就是说对于前i种物品容量为j的背包全部都放入前i-1种物品才能实现价值最大化,或者直白的理解为前i种物品中第i种物品物不美价不廉,直接被筛选掉。
最后抽象出处理一件完全背包类物品的过程伪代码,以后会用到:
2 {
3 for (int v = cost; v <= V; v++)
4 f[v] = max(f[v], f[v - cost] + weight);
5 }
以上转自:
http://www.cnblogs.com/sophist/articles/1545422.html
http://blog.csdn.net/wumuzi520/article/details/7014830
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除了解决本题的基本思路以外,我还遇到了一些问题
1.我是通过new来动态创建数组来存储背包空间的每一种情况的,所以在开辟空间的时候就想当然地写出
v=new int [n](其中v是背包空间数组,n是背包的容量,也就是钞票的面值)
但是我在遍历数组v的时候却是从0到n的(因为背包的空间大小本来就是从0到n的)
这就会造成数组的越界,在最后delete的时候爆出 CRT detected that the application````````的错误
所以开辟空间要比背包的大小大一
AC code
#include <iostream>using namespace std;int Max(int a,int b){return a>b?a:b;}int main(){//freopen("D:\\input.txt","r",stdin);//freopen("D:\\output.txt","w",stdout);int cost[3]={150,200,350};int value[3]={150,200,350};int t;int * v;while(cin>>t){while(t--){int max=-1;int n;cin>>n;v=new int [n+1];//加一!!if(n<150){cout<<n<<endl;;continue;}memset(v,0,sizeof(v));for(int i=0;i<3;i++){for(int k=0;k<=n;k++)//长度是n+1!{if(k>=cost[i]){v[k]=Max(v[k],v[k-cost[i]]+value[i]);//cout<<"v["<<k<<"]"<<v[k]<<endl;if(v[k]>max)max=v[k];}}}delete v;cout<<n-max<<endl;}}}
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