经典问题之多重背包的总结与提升

来源：互联网发布：同花顺中天软件下载编辑：程序博客网时间：2024/06/05 04:12

多重背包：

1.基础题型

伪代码：

i=1 to n

j=1 to W

k=1 to m[i]

f[j]=max{f[j-k*w[i]]+k*v[i]}

2.加强版

（一）对于数据不是特别紧的可采用二进制法，效率O(nW log m)

解析：对于每个m[i]，我们可以分解成2^0+2^1+2^2...+2^k+a（a为m[i]完全分解出来多的），我们知道1，2，4.。。。2^k，可以表示出1到2^(k+1)-1的所有数，也就是说把物品分解后的多重背包就转化成了01背包，效率可以达到（nW)，总效率还需乘上log m（分解后多出的物品数）

参考程序：

#include<cstdio>#include<algorithm>#define maxn 11000#define maxw 11000using namespace std;int dp[maxw];int m[maxn],w[maxn],v[maxn];int main(){freopen("hallow.in","r",stdin);freopen("hallow.out","w",stdout);int n,W;scanf("%d%d",&n,&W);for (int i=0;i<n;i++)scanf("%d%d%d",&m[i],&w[i],&v[i]);for (int i=0;i<n;i++){int num=m[i];for (int k=1;num>0;k<<=1){int mul=min(k,num);for (int j=W;j>=w[i]*mul;j--){dp[j]=max(dp[j],dp[j-w[i]*mul]+v[i]*mul);}num-=mul;}}printf("%d",dp[W]);return 0;}

（二）对于上述方法都不可以解决的题目，就需要单独队列维护，理论效率为O(nW)，经过检验成立。

解析：再分析转移方程式：f[j]=max(f[j-k*w[i]]+k*v[i]}(0<=k<=m[i])

可以看出，如果j mod w[i]取值不同，则其方程式是相互独立的，先设j mod w[i]=c,每个c的做法相同，我们就取c=0的特殊值来研究，其他的c同理即可。

设a[j]=dp[i][j*w[i]]

则f[(j+k)*w[i]]=max{a[j]+k*v[i],a[j+1]+(k-1)*v[i],...,a[j+k]}

因为k是变动的，所以max{}中的常数项不能有k，则提出(j+k)*v[i]，原式可化为：

f[(j+k)*w[i]]=max{a[j],a[j+1]-(j+1)*v[i],...a[j+k]-(j+k)*v[i]}+(j+k)*v[i]

当我们在求f[(j+k)*w[i]]时，明显f[(j+k-1]*w[i]]已经求出，而f[(j+k-1）*w[i]]仅仅是比f[(j+k)*w[i]]的开始多一项，结尾少一项，所以我们可以想到滑动窗口，于是就可以用单调队列维护a[j]-j*v[i]的最大值，于是就可以用O(1)的时间转移到新的状态。

伪代码：

i=1 to n

c=0 to w[i]

while(j*w[i]+a<=W(j++))

队列维护

参考程序：

#include<cstdio>#include<algorithm>#define maxn 2500#define maxv 1000using namespace std;int dp[maxv+1];int deq[maxv+1];int deqv[maxv+1];int n,V;int m[maxn],w[maxn],v[maxn];int main(){freopen("hallow.in","r",stdin);freopen("hallow.out","w",stdout);scanf("%d%d",&n,&V);for (int i=0;i<n;i++)scanf("%d%d%d",&m[i],&w[i],&v[i]);for (int i=0;i<n;i++){for (int a=0;a<w[i];a++){int s=0,t=0;for (int j=0;j*w[i]+a<=V;j++){int val=dp[j*w[i]+a]-j*v[i];while(s<t && deqv[t-1]<=val)t--;deq[t]=j;deqv[t++]=val;dp[j*w[i]+a]=deqv[s]+j*v[i];if (deq[s]==j-m[i]){s++;}}}}printf("%d",dp[V]);return 0;}

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