杭电OJ 1248 完全背包问题 及反思

Problem Description

不死族的巫妖王发工资拉,死亡骑士拿到一张N元的钞票(记住,只有一张钞票),为了防止自己在战斗中频繁的死掉,他决定给自己买一些道具,于是他来到了地精商店前.

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.

 

Input

输入数据的第一行是一个整数T(1<=T<=100),代表测试数据的数量.然后是T行测试数据,每个测试数据只包含一个正整数N(1<=N<=10000),N代表死亡骑士手中钞票的面值.

注意:地精商店只有题中描述的三种道具.

 

Output

对于每组测试数据,请你输出死亡骑士最少要浪费多少钱给地精商人作为小费.

 

Sample Input

2
900
250

 

Sample Output

0
50

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：

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

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：

[cpp] view
plain copy

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
[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
[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：

1 void CompletePack(int cost, int weight)
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
a8a5
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
(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;
}
}
}