經典揹包問題 01揹包完全揹包多重揹包

1
for (int i=0; i)
2for (int j=w; j>=size[i]; j--)
3 f[j] = max(f[j], f[j-size[i]]+value[i]);

1
for (int i=0; i)
2for (int j=size[i]; j<=w; j++)
3 f[j] = max(f[j], f[j-size[i]]+value[i]);

f[w] 即為所求

初始化分兩種情況：

1、如果揹包要求正好裝滿則初始化 f[0] = 0, f[1~w] = -inf;

2、如果不需要正好裝滿 f[0~v] = 0;

舉例：01揹包

v=10，n=3，c=, w=

（1）揹包不一定裝滿

計算順序是：從右往左，自上而下：因為每個物品只能放一次，前面的體積小的會影響體積大的

（2）揹包剛好裝滿

計算順序是：從右往左，自上而下。注意初始值，其中-inf表示負無窮

完全揹包：

v=10，n=3，c=, w=

（1）揹包不一定裝滿

計算順序是：從左往右，自上而下：每個物品可以放多次，前面的會影響後面的

（2）揹包剛好裝滿

計算順序是：從左往右，自上而下。注意初始值，其中-inf表示負無窮

多重揹包：

多重揹包問題要求很簡單，就是每件物品給出確定的件數，求可得到的最大價值

多重揹包轉換成 01 揹包問題就是多了個初始化，把它的件數c 用二進位制分解成若干個件數的集合，這裡面數字可以組合成任意小於等於c的件數，而且不會重複，之所以叫二進位制分解，是因為這樣分解可以用數字的二進位制形式來解釋

比如：7的二進位制 7 = 111 它可以分解成 001 010 100 這三個數可以組合成任意小於等於7 的數，而且每種組合都會得到不同的數

15 = 1111 可分解成 0001 0010 0100 1000 四個數字

如果13 = 1101 則分解為 0001 0010 0100 0110 前三個數字可以組合成 7以內任意乙個數，即1、2、4可以組合為1——7內所有的數，加上 0110 = 6 可以組合成任意乙個大於6 小於等於13的數，比如12，可以讓前面貢獻6且後面也貢獻6就行了。雖然有重複但總是能把 13 以內所有的數都考慮到了，基於這種思想去把多件物品轉換為，多種一件物品，就可用01 揹包求解了。

看**：

int n;  //
輸入有多少種物品
int c; //
每種物品有多少件
int v; //
每種物品的價值
int s; //
每種物品的尺寸
int count = 0; //
分解後可得到多少種物品
int value[max]; //
用來儲存分解後的物品價值
int size[max]; //
用來儲存分解後物品體積
scanf("%d
", &n); //
先輸入有多少種物品，接下來對每種物品進行分解
while (n--) //
接下來輸入n中這個物品
if (c > 0
) 
}

定理：乙個正整數n可以被分解成1,2,4,…,2^(k-1),n-2^k+1（k是滿足n-2^k+1>0的最大整數）的形式，且1～n之內的所有整數均可以唯一表示成1,2,4,…,2^(k-1),n-2^k+1中某幾個數的和的形式。

證明如下：

（1）數列1,2,4,…,2^(k-1),n-2^k+1中所有元素的和為n，所以若干元素的和的範圍為：[1, n]；

（2）如果正整數t<= 2^k – 1,則t一定能用1,2,4,…,2^(k-1)中某幾個數的和表示，這個很容易證明：我們把t的二進位制表示寫出來，很明顯，t可以表示成n=a0*2^0+a1*2^1+…+ak*2^（k-1），其中ak=0或者1，表示t的第ak位二進位制數為0或者1.

（3）如果t>=2^k,設s=n-2^k+1，則t-s<=2^k-1，因而t-s可以表示成1,2,4,…,2^(k-1)中某幾個數的和的形式，進而t可以表示成1,2,4,…,2^(k-1)，s中某幾個數的和（加數中一定含有s）的形式。

（證畢！）

現在用count 代替 n 就和01 揹包問題完全一樣了

杭電2191題解：此為多重揹包用01和完全揹包：

#include#include
int dp[102
];int p[102],h[102],c[102
];int
n,m;
void comback(int v,int w)//
經費，重量。完全揹包；
void oneback(int v,int w)//
經費，重量；01揹包；
intmain()
oneback(p[i]*c[i],h[i]*c[i]);}}
printf(
"%d\n
",dp[n]);
}return0;
}

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