揹包九講之多重揹包

揹包九講原文：

有n種物品和乙個容量為v的揹包。第i種物品最多有n[i]件可用，每件費用是c[i]，價值是w[i]。求解將哪些物品裝入揹包可使這些物品的費用總和不超過揹包容量，且價值總和最大。

這題目和完全揹包問題很類似。基本的方程只需將完全揹包問題的方程略微一改即可，因為對於第i種物品有n[i]+1種策略：取0件，取1件……取n[i]件。令f[i][v]表示前i種物品恰放入乙個容量為v的揹包的最大權值，則有狀態轉移方程：

f[i][v]=max

複雜度是o(v*σn[i])。

另一種好想好寫的基本方法是轉化為01揹包求解：把第i種物品換成n[i]件01揹包中的物品，則得到了物品數為σn[i]的01揹包問題，直接求解，複雜度仍然是o(v*σn[i])。

但是我們期望將它轉化為01揹包問題之後能夠像完全揹包一樣降低複雜度。仍然考慮二進位制的思想，我們考慮把第i種物品換成若干件物品，使得原問題中第i種物品可取的每種策略——取0..n[i]件——均能等價於取若干件代換以後的物品。另外，取超過n[i]件的策略必不能出現。

方法是：將第i種物品分成若干件物品，其中每件物品有乙個係數，這件物品的費用和價值均是原來的費用和價值乘以這個係數。使這些係數分別為 1,2,4,...,2^(k-1),n[i]-2^k+1，且k是滿足n[i]-2^k+1>0的最大整數。例如，如果n[i]為13，就將這種物品分成係數分別為1,2,4,6的四件物品。

分成的這幾件物品的係數和為n[i]，表明不可能取多於n[i]件的第i種物品。另外這種方法也能保證對於0..n[i]間的每乙個整數，均可以用若干個係數的和表示，這個證明可以分0..2^k-1和2^k..n[i]兩段來分別討論得出，並不難，希望你自己思考嘗試一下。

這樣就將第i種物品分成了o(log n[i])種物品，將原問題轉化為了複雜度為o(v*σlog n[i])的01揹包問題，是很大的改進。

下面給出o(log amount)時間處理一件多重揹包中物品的過程，其中amount表示物品的數量：

procedure multiplepack(cost,weight,amount)

if cost*amount>=v

completepack(cost,weight)

return

integer k=1

while k

zeroonepack(k*cost,k*weight)

amount=amount-k

k=k*2

zeroonepack(amount*cost,amount*weight)

希望你仔細體會這個偽**，如果不太理解的話，不妨翻譯成程式**以後，單步執行幾次，或者頭腦加紙筆模擬一下，也許就會慢慢理解了。

多重揹包問題同樣有o(vn)的演算法。這個演算法基於基本演算法的狀態轉移方程，但應用單調佇列的方法使每個狀態的值可以以均攤o(1)的時間求解。由於用單調佇列優化的dp已超出了noip的範圍，故本文不再展開講解。我最初了解到這個方法是在樓天成的「男人八題」幻燈片上。

附hdu 1059題dividing，採用二進位制優化的多重揹包問題：

1 #include 2 #include 3 #include 45
int num[7];6
int dp[20000*8];7
8int
main()924
if(sum == 0)return -1;25
/*if(m > 1)printf("\n");
*/26 printf("
collection #%d:\n
",m);
27if(sum&1)28
32 dp[0] = 1;33
for(i=1;i<=6;i++)
3444 nowv = num[i]*i; /*
the rest number of num[i]
*/45
if(nowv)50}
51 dp[sum/2]?printf("
can be divided.\n\n
"):printf("
can't be divided.\n\n");
52}53return0;
54 }

**是參考了網上**。其中比較需要記錄的是，puts輸出會自動在字串末尾新增換行符，而printf不會。新增注釋的那一行**以下的**都是為了對拆分過程剩下的不是2的次方的數進行處理，例如13拆成1+2+4+6；最後的6是不能由k直接每次乘以2得到，所以要另外處理。

揹包九講之多重揹包

揹包問題之多重揹包

揹包問題之多重揹包

dp 揹包之多重揹包

揹包九講之多重揹包

揹包問題之多重揹包

揹包問題之多重揹包

dp 揹包之多重揹包

相關推薦