ZOJ 1149 || POJ 1014 || HDU 1059 Dividing
2012-08-15 15:26
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刚开始用的多重背包写的结果果然超时,后来用别人告诉我的把它用二进制压缩一下,这里附上资料:
解题思路:题目给价值为1~6的六种大理石的个数若干,要求我们判断是否能够把石头平分成相等的价值。我的思路是这样的:将大理石的重量看成和价值相等,那么总容量等于总价值数sum,那么如果总容量为sum/2时能装的最大价值也为sum/2,那么说明能拆分也两份相等的价值。
注意:此题用背包要压缩,否则会超 时。
背包九讲的第三讲中提到了压缩方法,我贴出来:
P03: 多重背包问题 每种物品有一个固定的次数上限
题目
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超过背包容量,且价值总和最大。
基本算法
这题目和完全背包问题很类似。基本的方程只需将完全背包问题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]表示前i种物品恰放入一个容量为v的背包的最大权值,则有状态转移方程:
f[i][v]=max{f[i-1][v-k*c[i]]+k*w[i]|0<=k<=n[i]}
复杂度是O(V*Σn[i])。
转化为01背包问题
另一种好想好写的基本方法是转化为01背包求解:把第i种物品换成n[i]件01背包中的物品,则得到了物品数为∑n[i]的01背包问题,直接求解,复杂度仍然是O(V*∑n[i])。
但是我们期望将它转化为01背包问题之后能够像完全背包一样降低复杂度。仍然考虑二进制的思想,我们考虑把第i种物品换成若干件物品,使得原问题中第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以后的物品。另外,取超过n[i]件的策略必不能出现。
方法是:将第i种物品分成若干件物品,其中每件物品有一个系数,这件物品的费用和价值均是原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,如果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],表明不可能取多于n[i]件的第i种物品。另外这种方法也能保证对于0..n[i]间的每一个整数,均可以用若干个系数的和表示,这个证明可以分0..2^k-1和2^k..n[i]两段来分别讨论得出,并不难,希望你自己思考尝试一下。
这样就将第i种物品分成O(log n[i])种物品,将原问题转化为了复杂度为O(V*∑log n[i])的01背包问题,是很大的改进。
下面给出O(log amount)时间处理一件多重背包中物品的过程,其中amount表示物品的数量:
procedure MultiplePack(cost,weight,amount)
if cost*amount>=V
CompletePack(cost,weight)
return
integer k=1
while k<num
ZeroOnePack(k*cost,k*weight)
amount=amount-k
k=k*2
ZeroOnePack(amount*cost,amount*weight)
希望你仔细体会这个伪代码,如果不太理解的话,不妨翻译成程序代码以后,单步执行几次,或者头脑加纸笔模拟一下,也许就会慢慢理解了。
代码:
View Code
竟然和省赛的那道题一样,可惜之前没做,哎~
解题思路:题目给价值为1~6的六种大理石的个数若干,要求我们判断是否能够把石头平分成相等的价值。我的思路是这样的:将大理石的重量看成和价值相等,那么总容量等于总价值数sum,那么如果总容量为sum/2时能装的最大价值也为sum/2,那么说明能拆分也两份相等的价值。
注意:此题用背包要压缩,否则会超 时。
背包九讲的第三讲中提到了压缩方法,我贴出来:
P03: 多重背包问题 每种物品有一个固定的次数上限
题目
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超过背包容量,且价值总和最大。
基本算法
这题目和完全背包问题很类似。基本的方程只需将完全背包问题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]表示前i种物品恰放入一个容量为v的背包的最大权值,则有状态转移方程:
f[i][v]=max{f[i-1][v-k*c[i]]+k*w[i]|0<=k<=n[i]}
复杂度是O(V*Σn[i])。
转化为01背包问题
另一种好想好写的基本方法是转化为01背包求解:把第i种物品换成n[i]件01背包中的物品,则得到了物品数为∑n[i]的01背包问题,直接求解,复杂度仍然是O(V*∑n[i])。
但是我们期望将它转化为01背包问题之后能够像完全背包一样降低复杂度。仍然考虑二进制的思想,我们考虑把第i种物品换成若干件物品,使得原问题中第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以后的物品。另外,取超过n[i]件的策略必不能出现。
方法是:将第i种物品分成若干件物品,其中每件物品有一个系数,这件物品的费用和价值均是原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,如果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],表明不可能取多于n[i]件的第i种物品。另外这种方法也能保证对于0..n[i]间的每一个整数,均可以用若干个系数的和表示,这个证明可以分0..2^k-1和2^k..n[i]两段来分别讨论得出,并不难,希望你自己思考尝试一下。
这样就将第i种物品分成O(log n[i])种物品,将原问题转化为了复杂度为O(V*∑log n[i])的01背包问题,是很大的改进。
下面给出O(log amount)时间处理一件多重背包中物品的过程,其中amount表示物品的数量:
procedure MultiplePack(cost,weight,amount)
if cost*amount>=V
CompletePack(cost,weight)
return
integer k=1
while k<num
ZeroOnePack(k*cost,k*weight)
amount=amount-k
k=k*2
ZeroOnePack(amount*cost,amount*weight)
希望你仔细体会这个伪代码,如果不太理解的话,不妨翻译成程序代码以后,单步执行几次,或者头脑加纸笔模拟一下,也许就会慢慢理解了。
代码:
View Code
#include<stdio.h> #include<stdlib.h> #include<string.h> #define N 250000 int num[11],f ,value[200]; int main() { int i,j,flag,ncases=1; int total,sum,k,ok,m,t; while( 1 ) { total = 0; flag = 0; memset(f,0,sizeof(f)); for(i=1; i<=6; i++) { scanf("%d",&num[i]); total += i*num[i]; if(num[i] == 0) flag++; } if(flag == 6) { break; } if(total%2 != 0) { printf("Collection #%d:\nCan't be divided.\n\n",ncases++); continue; } sum = total/2; ok = 0; k = 0; memset(value,0,sizeof(value)); for(i=1; i<=10; i++)//二进制 拆分降低时间复杂度 { if(num[i]==0) continue; t = 1; while(num[i]-t > 0) { value[k++] = t*i; num[i] -= t; t *= 2; } value[k++] = num[i]*i; } for(i=0; i<k; i++) for(j=sum; j>=value[i]; j--) { if(f[j] < f[j-value[i]]+ value[i]) f[j] = f[j-value[i]] + value[i]; } if(f[sum] == sum) printf("Collection #%d:\nCan be divided.\n\n",ncases++); else printf("Collection #%d:\nCan't be divided.\n\n",ncases++); } return 0; }
竟然和省赛的那道题一样,可惜之前没做,哎~
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