多重揹包問題 II

原題鏈結acwing5

基本思考框架

思路和多重揹包問題i一樣，但這題的資料範圍變成1000了，非優化寫法時間複雜度o(n^3) 接近 1e9必超時。

優化多重揹包的優化

首先，我們不能用完全揹包的優化思路來優化這個問題，因為每組的物品的個數都不一樣，是不能像之前一樣推導不優化遞推關係的。（詳情看下面引用的博文）

我們列舉一下更新次序的內部關係：

c++ f[i , j ] = max( f[i-1,j] , f[i-1,j-v]+w , f[i-1,j-2*v]+2*w , f[i-1,j-3*v]+3*w , .....) 
f[i , j-v]= max( f[i-1,j-v] , f[i-1,j-2*v] + w , f[i-1,j-2*v]+2*w , .....) 
由上兩式，可得出如下遞推關係：
f[i][j]=max(f[i,j-v]+w , f[i-1][j])

接下來，我介紹乙個二進位制優化的方法假設有一組商品，一共有11個。我們知道，十進位制數字 11可以這樣表示

11=1011(b)=0111(b)+(11−0111(b))=0111(b)+0100(b)

正常揹包的思路下，我們要求出含這組商品的最優解，我們要列舉12次（列舉裝0，1，2....12個）。

現在，如果我們把這11個商品分別打包成含商品個數為1個，2個，4個，4個（分別對應0001,0010,0100,0100）的四個」新的商品「, 將問題轉化為01揹包問題，對於每個商品，我們都只列舉一次，那麼我們只需要列舉四次，就可以找出這含組商品的最優解。這樣就大大減少了列舉次數。

這種優化對於大數尤其明顯，例如有1024個商品，在正常情況下要列舉1025次，二進位制思想下轉化成01揹包只需要列舉10次。

優化的合理性的證明

先講結論：上面的1，2，4，4是可以通過組合來表示出0~11中任何乙個數的，還是拿11證明一下（舉例一下）：

首先，11可以這樣分成兩個二進位制數的組合：

11=0111(b)+(11−0111(b))=0111(b)+0100(b)

其中0111通過列舉這三個1的取或不取（也就是對0001(b)，0010(b)，0100(b)的組合），可以表示十進位制數0~7( 剛好對應了 1，2，4 可以組合出 0~7 ) , 0~7的列舉再組合上0100(b)( 即十進位制的 4 ) ，可以表示十進位制數 0~11。其它情況也可以這樣證明。這也是為什麼，這個完全揹包問題可以等效轉化為01揹包問題，有木有覺得很奇妙

怎麼合理劃分乙個十進位制數?

上面我把11劃分為

11=0111(b)+(11−0111(b))=0111(b)+0100(b)

是因為 0111(b)剛好是小於11的最大的尾部全為1的二進位制 ( 按照上面的證明，這樣的劃分沒毛病 ) , 然後那個尾部全為1的數又可以分解為 0000....1 , 0000....10 , 0000....100 等等。

對應c++**：

//設有s個商品，也就是將s劃分
for(int k = 1 ; k <= s ;k*=2));}
if(s>0) 
goods.push_back();

終究ac**：01優化+二進位制優化

#include#include#includeusing namespace std;
const int n = 2010;
int f[n],n,m;
struct good
;int main()
); }
if(s>0) good.push_back();
}//01揹包優化+二進位制
for(auto t : good)
for(int j = m ; j >= t.v ; j--)
f[j] = max(f[j] , f[j-t.v]+t.w ); //這裡就是f[j]
cout<
return 0;
}

多重揹包問題 II

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