多重背包问题
2013-08-14 14:25
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P03: 多重背包问题题目
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。
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<amount
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。
O(VN)的算法
多重背包问题同样有O(VN)的算法。这个算法基于基本算法的状态转移方程,但应用单调队列的方法使每个状态的值可
以 以均摊O(1)的时间求解。由于用单调队列优化的DP已超出了NOIP的范围,故本文不再展开讲解。我最初了解到这个
方法是在楼天成的“男人八题”幻灯片 上。
小结
这里我们看到了将一个算法的复杂度由O(V*Σn[i])改进到O(V*Σlog n[i])的过程,还知道了存在应用超出NOIP范围的知
识的O(VN)算法。希望你特别注意“拆分物品”的思想和方法,自己证明一下它的正确性,并将完整的程序代码写出来。
最新模板(自己写的哦)
// 多重背包问题(手工代码)
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。
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<amount
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。
O(VN)的算法
多重背包问题同样有O(VN)的算法。这个算法基于基本算法的状态转移方程,但应用单调队列的方法使每个状态的值可
以 以均摊O(1)的时间求解。由于用单调队列优化的DP已超出了NOIP的范围,故本文不再展开讲解。我最初了解到这个
方法是在楼天成的“男人八题”幻灯片 上。
小结
这里我们看到了将一个算法的复杂度由O(V*Σn[i])改进到O(V*Σlog n[i])的过程,还知道了存在应用超出NOIP范围的知
识的O(VN)算法。希望你特别注意“拆分物品”的思想和方法,自己证明一下它的正确性,并将完整的程序代码写出来。
最新模板(自己写的哦)
// 多重背包问题(手工代码)
#include<stdio.h> #include<string.h> #include<stdlib.h> #define N 1000 //物品个数 #define M 100000000 //所有物品可能的最大价值 int m ,c ,w ,f[M]; int V; int max(int a,int b){return a>b?a:b;} 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 MultiplePack(int cost,int weight,int amount) { int k; if(cost*amount>=V) { CompletePack(cost,weight); return; } k=1; while(k<amount) { ZeroOnePack(k*cost,k*weight); amount=amount-k; k=k*2; } ZeroOnePack(amount*cost,amount*weight); } int main() { int n,i; scanf("%d %d",&n,&V); // 两种不同的初始化方式,根据情况自行选择 //memset(f,0,sizeof(f[0])*(V+1)); // 只希望价格尽量大 //memset(f,-M,sizeof(f[0])*(V+1));f[0]=0; // 要求恰好装满背包 for(i=0;i<n;i++) scanf("%d %d %d",m+i,c+i,w+i); for(i=0;i<n;i++) MultiplePack(c[i],w[i],m[i]); printf("%d\n",f[V]); system("PAUSE"); return 0; } 测试数据 10 1000 2 50 100 6 49 200 10 100 300 5 90 90 6 45 61 2 70 100 20 60 100 10 80 180 20 90 180 9 60 130
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