(step3.3) hdu 1059(Dividing——多重背包)

题目大意：分别给出价值为1~6的石头的数量。问能否将这些石头等价值平分。。。

解题思路:多重背包

1）多重背包的典型描述是这样的:给出n种物品，背包的容量为V。每种物品的可用数量为num[i]，所占体积为c[i]，价值为w[i]，求。。。。。。

2)若以价值作为背包的容量，那么很自然就能想到c[i] == w[i]

可先求出总价值sum，如果奇数，显然不能，如果是偶数，由于石头总数最多为M=20000，故其价值总和最多为C=20000×6=120000，（10^5）可设一数组flag【MAX_N]如果i可以取得，则flag【i】=1，否则等于0；刚开始是用母函数，O（N*M*C)，毫无悬念TLE，百度题解，发现01背包可以，还需要用到什么二进制优化，不是很理解，不过按照思路写了下，果真AC了，先写后理解，多重背包+二进制优化，

多重背包问题：

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Σn[i]的01背包问题，直接求解，复杂度仍然是O(V*Σn[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种物品分成了O(log n[i])种物品，将原问题转化为了复杂度为<math>O(V*Σlog n[i])的01背包问题，是很大的改进。

有两点：

1、给定n，如何对n进行分组，使得[1,n]内的任一数等于若干组之和。可用1,2,4,8,16,....2^（k-1）,n-2^k+1这k+1个数组成。这个想的不是很通，求指点，啊，不需要了，忽然想到了，因为对于x属于【2^k,n]内的数，t=x-(n-2^k+1)<2^k,而t可用前面几组数组合而成，故x可用t+（n-2^k+1)组成。

2、为什么只需要对这些分组进行dp就行了呢？可以这么理解。本来基本状态转移方程是：

f[i][v]=max{f[i-1][v-k*c[i]]+k*w[i]|0<=k<=n[i]}

而直接二进制优化后转移方程为

然后再对每组浓缩了的物品（即1，2，4，8，....2^(k-1),n-2^k+1)进行01背包。由于【0，n】内的数均可有这些数组合，故全部01背包完后等价于f[i][v]=max{f[i-1][v-k*c[i]]+k*w[i]|0<=k<=n[i]}。理解有点绕脑，就这样了，更多感觉在里面。

2、二进制优化的原理简单来说就是  一个数可以由一系列，全是2的倍数或者 2的倍数加上一个非2的倍数组成。

代码如下：

/*
* 1059_2.cpp
*
*  Created on: 2013年8月13日
*      Author: Administrator
*/

#include <iostream>
#include <stdio.h>
using namespace std;
int f[120005];
int num[7];
int V;

void ZeroOnePack(int cost, int weight) {
int v;
for (v = V; v >= cost; --v) {
f[v] = max(f[v], f[v - cost] + weight);
}
}

void CompletePack(int cost, int weight) {
int v;
for (v = cost; v <= V; ++v) {
f[v] = max(f[v], f[v - cost] + weight);
}
}

void MutiplePack(int cost, int weight, int amount) {
if (cost * amount >= V) {
CompletePack(cost, weight);
} else {
int k = 1;
while (k < amount) {
ZeroOnePack(k * cost, k * weight);
amount -= k;
k <<= 1;
}

if (amount > 0) {
ZeroOnePack(amount * cost, amount * weight);
}
}
}

int main() {

int count = 1;
while (scanf("%d%d%d%d%d%d", &num[1], &num[2], &num[3], &num[4], &num[5],
&num[6]) != EOF, num[1] + num[2] + num[3] + num[4] + num[5] + num[6]) {
int i;
int total = 0;
for (i = 1; i <= 6; ++i) {
total += num[i] * i;
}

/**
* 如果总价值为奇数,一定不可分
*/
if (total % 2) {

printf("Collection #%d:\n", count++);
printf("Can't be divided.\n\n");
continue;
} else {
V = total / 2;
memset(f, 0, sizeof(f));
for (i = 1; i <= 6; i++) {
MutiplePack(i, i, num[i]);
}

/**
* 容量为V的背包的最大价值f[V]==V。那么这种方案是成立的
* 怎么理解呢???
* 前一个V可以理解成他需要装满的背包的容量为V，但实际装不装得满,
* 那是不一定的。而题目要求我们选择的是能装满的那种方案.
* 所以f[V] == v 的方案才算是成立的
*/
if (f[V] == V) {
printf("Collection #%d:\n", count++);
printf("Can be divided.\n\n");
} else {
printf("Collection #%d:\n", count++);
printf("Can't be divided.\n\n");
}

}

}
}